3º edicão
.:>
Matthew N. O. Sadiku
O autor
Mauhcw N. O. Sadiku é proressor do Departamento de Engenharia Elétrica e Computacional na Temple
University. É autor de mais de 100 papers e de 15 livros, incluindo Fundamewos de Circuitos Elétricos
(com C. Alexander), Metropoliran Area. Networks e Numerical Techniques in Eletromagnetics. Seus interesses
em pesquisa incluem técnicas numéricas em eletromagnetismo e redes de computadores. É engenheiro
protissional c membro do Institute of Electrical and Electronic Engineers (IEEE).
S I25c
Sadiku, Mauhew N. O.
Elementos de eletromagnetismo I Matthcw N. O. Sadiku;
trad. Lianc Ludwig Loder c Jorge Amorctti Lisboa. - 3.cd.
- Porto Alegre: Bookman, 2004.
ISBN 978-85-363-0275-1
I. Engenharia elétrica - Eletromagnetismo. I. Título.
CDU 621.3:537.11.877
Catalogação na publicação: Mônica Ballejo Canto- CRB I0/ I023
Matthew N. O. Sadiku
Departamento de Engenharia Elétrico e Computacional
Temple University
e emen os - e
•
e e roma ne 1smo
32 Edição
Tradução:
Jorge Amoretti Lisboa
Físico
Doutor em Ciências pela UFRGS
Professor do Departamento de Engenharia Elétrica da UFRGS
Liane Ludwig Loder
Engenheira Eleuicista
Mestre em Educação pela UFRGS
Professora do Departamento de Engenharia Elétrica da UFRGS
Reimpressão 2008
2004
Obra originalmente publicada sob o título
Elements o f Eletromagnetics, 3I e
© 2000, Oxford University Press, Inc., New York, NY, USA
Tradução publicada conforme acordo com a Oxford University Press, Inc.
ISBN 0-19-513477-x
Capa: Mário Ro/mc/1
Preparação do original: Luciauo Comes
Consultor técnico: Autouio Perteuce }r.
Supervisão editorial: Arysiulm }acqrr~'S Affouso
Editoração eletrônica: Laser House
Reservados todos os direitos de publicação, em língua portuguesa, à
ARTMED" EDITORA S.A.
(BOOKMA~ COMPANHIA EDITORA é uma divisão da ARTMED~ EDITORA S. A.)
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SÃO PAULO
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IMPRESSO NO BRASIL
PRINTED IN BRAZ/L
Para minha esposa, Christianah Yemisi,
e nossas filhas,
Ann Tom i e Joyce Bolu
Prefácio
Os objetivos principais deste livro permanecem os mesmos da primeira edição: apresentar os conceitos do eletromagnetismo (EM) de forma mais clara c interessante do que outros livros. Alcançamos
este objetivo das seguintes maneiras:
l. A fim de superar eventuais dificuldades no tratamento simultãneo de conceitos de eletromagnetismo e de matemática, a análise vetorial é tratada no início do livro e aplicada gmdualmente. Esta abordagem evita a introdução repetida de fundamentos de análise vetorial, o que geraria uma descontinuidade no desenvolvimento do raciocínio. Os teoremas matenuíticos e os
conceitos físicos são abordados separadamente, facilitando ao aluno a compreensão da generalidade de tais teoremas.
2. Cada capítulo começa com uma breve introdução, que serve de guia para todo o capítulo e
que estabelece sua relação com o restante do livro. A introdução auxilia os alunos a perceber
a relevância do capítulo e sua relação com o capítulo precendente. Os pontos-chave são destacados para chamar a atenção do lei tor. Ao final do capítulo, é apresentado um breve resumo
dos conceitos principais.
3. A fim de assegurar que os alunos compreendam claramente os pontos importantes, os termoschave são definidos e destacados. Fórmulas fundamcnwis recebem uma moldura para facilitar sua identificação.
4. Cada capítulo contém um número razoável de exemplos com solução. Já que os exemplos são
parte do texto, eles são explicados em detalhe, de modo que, para o leitor, não restem lacunas
no desenvolvimento da solução. Exemplos minuciosamente resolvidos dão confiança aos alunos para resolver problemas por si mesmos e para aprender a aplicar conceitos, o que é parte
integrante do processo educativo em engenharia. Cada exemplo resolvido é seguido de um
problema na forma de um exercício com resposta.
5. Ao final de cada capítulo, há dez questões de revisão objetivas de múltipla escolha. Sabe-se
que questões com resposta em aberto, apesar de pretender-se que instiguem o raciocínio, são
ignoradas pela maioria dos alunos. Questões objetivas de revisão, imediatamente seguidas de
opções de resposta, encorajam os alunos a resolver os problemas, proporcionando-lhes um retorno imediato.
Grande parte dos problemas propostos é apresentada na mesma ordem que os conceitos
no corpo do texto. Os problemas de nível de dificuldade intermediária são identilicados com
um único asterisco. Os problemas mais difíceis são identificados com dois asteriscos. O número de problemas apresentado é suficiente para permitir ao professor selecionar alguns como exemplo em sala de aula e outros como at ivielade extra-classe. As respostas elos problemas ímpares estão no apêndice C.
6. Uma vez que a maioria elas muitas apl icações práticas envolve campos variáveis no tempo,
seis capíllllos são destinados a tratar desse tipo de campo. Contudo, é dada a devida ênfase
aos campos estáticos porque são casos especiais dos campos dinâmicos. Não é mais aceitável
ignorar a eletrostática porque há indústrias de grande porte, como as de fotocópia e de perilcricos de computadores, que embasam seu funcionamento na compreensão elos fenômenos
eletrostáticos.
7. O último capítulo trata de métodos numéricos com aplicações práticas c com programas de
computador. Este capítulo é de suma importância porque a maioria das questões práticas só
podem ser resolvidos com o uso de técnicas numéricas.
8. Mais de 130 exemplos ilustrativos e de 400 figuras são apresentados no texto. Algumas informações adicionais, como fórmulas e identidades matemáticas básicas, estão incluídas no
Apêndice. Algumas orientações são dadas em uma nota especial para os estudantes, que sucede este prefácio.
vm
• Prefácio
Nesta edição, foi acrescentado um novo capítulo tratando de tópicos contemporâneos, como microondas, interferência e compatibilidade eletromagnética c libras óticas. Além disso, a linguagem
Fonran, das edições anteriores, foi convertida para a linguagem Matlab porque verificou-se que os
alunos têm mais familiaridade com Matlab do que com Fortran.
Embora este livro tenha sido escrito com a intenção de ser auto-explicativo e útil para um estudo
autônomo, o contato pessoal, que é sempre necessário no ensino, foi contemplado. A escolha dos tópicos do curso, bem como da ênfase dada aos mesmos, depende da preferência pessoal do professor.
Por exemplo, o professor que considerar os tópicos dedicados a análise vetorial ou a campos estáticos muito extensos pode não abordar parte do conteúdo, que, no entanto, pode ser usado pelos estudantes como material de referência. Dessa forma, uma vez tendo sido trabalhados os Capítulos de I
a 3, é possível explorar os Capítulos de 9 a 15. Professores que discordarem da abordagem "partindo
do cálculo vetorial'· podem começar com os Capítulos I c 2 e avançar para o Capítulo 4, fazendo referênci<l ao Capítulo 3, quando necessário. Há conteúdo suliciente para um curso de dois semestres.
Se o livro for adotado em um curso com duração de um semestre, algumas seções podem ser abordadas brevemente ou ai nda consignadas como atividades extra-classe. Seções que possam estar nessa
categoria são marcadas com o sinal de adaga (t).
Agradecimentos
Gostaria de agradecer a Peter Gordon e ao grupo de editores c produtores da Oxford Uni versity Press
por este trabalho bem feito. Esta edição se beneficiou dos perspicazes comentários dos seguintes revisores: Leo C. Kempel, da Michigan State University; Andrcw Dienes, da University of California,
em Davis; George W. Hanson, da University ofWisconsin-Milwaukce; Samir EI-Ghazaly, da Arizona State University; e Sadasiva M. Rao, da Auburn Univcrsity. Devo muito a Raymond Garcia, Jerry
Sagliocca e Dr. OI adega Soriyan pela ajuda na elaboração do manual de soluções e ao Dr. Saroj Biswas pela ajuda prestada com o Matlab. Estou muito grato à Tcmple University por ter-me concedido
urna licença no outono de 1998, período no qual pude trabal har na revisão deste livro. Agradeço, em
especial, ao Dr. Kcya Sadeghipour, dirigente da Collcgc of Engcnecring, e ao Dr. John Helferty, chefe do Departamento de Engenharia Elétrica e Computação por seu apoio constante. Como sempre,
agradecimentos especiais à minha esposa, Chris c às nossas lilhas, Ann c Joyce, pela paciência, pelas orações e pelo total apoio.
Como de praxe, comentários, sugestões c correções são bem-vindos.
Matthew N. O. Sadiku
Programação sugerida:
Cai>Ítulo
l
2
3
4
5
6
7
8
9
lO
lI
12
13
14
15
Título
Álgebra vetorial
Sistemas de coordenadas e transformaç~o
Cálculo vetorial
Campos eletrostáticos
Campos elétricos em meio material
Problemas de valor de fronteira em eletrost;ltica
Campos magnetostáticos
Forças. materiais e dispositivos magnéticos
Equações de Maxwell
Propagação de onda eletromagnética
Linhas de transmissão
Guias de onda
Antenas
Tópicos modernos
M~todos numéricos
Exames
TOTAL
Número aproximado
de horas.aula
2
2
4
6
4
5
4
6
4
5
5
4
5
(3)
(6)
4
60
Nota ao estudante
A Teoria Eletromagnética é normalmente considerada por muitos estudantes como um dos cursos
mais difíceis no currículo de Física ou de Engenharia Elétrica. Porém. tomando-se algumas precauções, esta má impressão prova-se equivocada. Pela minha experiência, as seguintes sugestões serão
úteis para auxiliá-lo(a) a ter o máximo desempenho com o apoio deste livro-texto:
Dê especial atenção à Parte I, sobre Análise vetorial, a ferramenta matemática para este curso.
Sem o claro entendimento desta seção, você poderá ter problemas no restante do curso.
Não tente memorizar muitas fórmulas. Memorize apenas as fundamentais, que vêm, normalmente, destacadas em uma moldura, e tente deduzir as outras fórmulas a partir dessas. Procure compreender as relações entre as fórm ulas. Evidentemente, não existe urna fórmula geral para resolver todos
os problemas. Cada fórmula tem algumas limitações em função de seus pressupostos. Atente para esses pressupostos c aplique-as adequadamente.
Procure identilicar as palavras-chave ou os termos de uma dada del1nição ou lei. Saber o significado dessas palavras-chave é essencial para a aplicação adequada da delinição ou da lei.
Tente resolver tantos problemas quanto possível. Exercitar é a melhor forma de aprender. A melhor maneira
de compreender as fórmulas c de assim i lar o conteúdo é através da resolução de pro,
blemas. E aconselhável que você resol va, pelo menos, os problemas dos exercícios, que vêm, justamente, em seguida dos exemplos resolvidos. Faça um esquema do problema antes de tentar resolvê-lo matematicamente. Este esquema não apenas facilita a reso lução como também auxilia na
compreensão do problema porque simplifica e organiza o seu raciocínio. Observe que, a não ser que
se estabeleça o contrário, todas as distâncias são dadas em metros. Por exemplo, (2, - 1, 5) de fato
significa (2m, - 1 m, 5 m).
Nas guardas do livro, são apresentadas tabelas com urna lista das potências de dez e das letras
gregas usadas com freqüência ao longo do texto. No Apêndice A, apresentam-se fórmulas importantes em Cálculo, Vetores e Análise Complexa. As respostas dos problemas de números ímpares são
apresentadas no Apêndice C.
Sumário
PARTE 1: Análise vet01·ial
,
1
Algebra vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.1
Introduç-ão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . J9
i" 1.2
Uma visão prévia do livro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . 19
1.3
Escalares e vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4
Vetor un.itário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
t 1.5
Soma c subtração de vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6
Vetor posição e vetor distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.7
Multiplicação vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.8
Componentes de um vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Rest1n1o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Questões de revisão . . . • . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . 36
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . 37
2
Sistemas e transformação de coordenadas ....................... 41
2.1
Introdução ......... ...... . ..................... . .. • ........... 41
2.2
Coordenadas cartesianas (x, y, z) ........... • ....... • .. • ....... . ... 42
2.3
Coordenadas cilíndricas circulares (p, if>, z) .............. • ......... .. 42
2.4
Coordenada~ esféricas
i" 2.5
(r, 8, if>) .••..•••••••••••.•.••••• • ••• .••• • ••• 45
Superfícies de coordenada constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . 52
Resun1o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 57
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
12
•
Sumário
3
Cálculo vetorial . . . . .......................................... 62
3.1
t 3.2
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.3
Integrais de linha, de superfície e de volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.4
O operador dei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.5
Gradiente de um escalar .............................. .•. ... . . . ... 72
3.6
Divergência de um vetor e teorema da divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.7
Rotacional de um vetor e teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.8
Laplaciano de um escalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
t3.9
Classificação de campos vetoriais . . . . . . . . . . • . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 91
Comprimento, área e volume diferenciais .................. .. ...... . 62
Resu1110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . 94
Questões de revisão . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Problernas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
PARTE 2: Eletrostática
4
Campos eletrostáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . l07
4.2
Lei de Coulomb c intensidade de campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I 08
4.3
Campos elétricos de distribuições contínuas de carga . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
4.4
Densidade de fluxo elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.5
Lei de Gauss- equação de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
4.6
Aplicações da lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
4. 7
Potencial elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
4.8
Relação entre o campo elétrico e o potencial elétricoequação de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
4.9
O dipolo elétrico e as linhas de fluxo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
4.1 O
Densidade de energia em campos eletrostáticos . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . 145
Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 149
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
Problernas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . 153
5
Campos elétricos em meio material . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
5.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . 159
5.2
Propriedades dos materiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . 159
5.3
Correntes de convecção e de condução . . . . . . . • . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
5.4
Condutores
5.5
Polarização em dielétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . 167
5.6
Constante e rigidez dielélrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
t 5.7
Dielétricos lineares, isotrópicos e homogêneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 I
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . 162
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
5.8
Equação da conúnuidade e 1cmpo de relaxação
5. 9
Condições de fronteira . . . . . . . .. . .. . . . . . .. . . . .. . .. . . . .. . . . . . . .. . I 77
Rcsur110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
Sumário •
6
13
Problemas de valor de fronteira em eletrostática . . . . . . . . . . . . . . . . 192
6.1
6.2
t6.3
6.4
6.5
6.6
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Equações de Laplace e de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Teorema da unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Procedimento geral para resolver a equação de Laplace ou a
equação de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Resistência c capacitância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Método das imagens ......................... . ....... . ... .. ....
192
192
193
195
212
226
Resun1o ... .. . ......... . ..... . .............. . .. . ............ . . 23 1
- de rev1.sao
- . ..... .. . . . ... .. .. • ................... .. . . .. 232
uestoes
Q
Problen1as . .. . ............................................... . 233
PARTE 3: Magnetostática
7
Campos magnetostáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
7. J
lntrodução . . .. . .. ..................... . .. . .... . .. . ... . . .. • . . . 243
7. 2
Lei de Biot- Savart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . .
Lei circuitai de Ampere - equação de Maxwell ......................
Aplicações da lei deAmperc .................... . ...............
Densidade de fluxo magnético- equação de Maxwcll ......... .. ... . .
Equações de Maxwell para campos eletromagnéticos estáticos .........
Potenciais magnéticos escalar c vetorial ...........................
Dedução da lei de Biot-Savart c da lei de Amperc ...................
7.3
7.4
7.5
7.6
7.7
t7.8
244
253
254
260
262
262
267
Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
8
Forças, materiais e dispositivos magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
8.3
Introdução . .. ... . . . ............................... . .... .. .. . . 279
Forças devido aos campos magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
...,
..
. orque e momento magneucos .. ... . . . ... . . . . • .. . . .... . . .... . ... 289
8.4
•.
. I
D1po o magnettco .. . . . ... . ..... . ... . ... . ... . ..... . . . .... . . . .. . 291
8.5
Magnetização em materiais ..... . . ..... . .... . . ... .. ... . .. . .. .. . .
Classificação dos materiais magnéticos . . .... . ... .. . .... . ... . ..... .
Condições de fronteira magnéticas . ....... . ................ .. .. . .
Indutores e indutâncias . . .... .. . . . . . ......... . . .. ... . .. . .. .. .. . .
Energia magnética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Circuitos magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Força sobre materiais magnéticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8. 1
8.2
t 8.6
8.7
8.8
8.9
t8. 1O
t8.1 I
295
298
30 1
306
308
3 15
31 7
Resun1o ... .. . ... . .................... • ................ . ...... 321
- d c rcv1sao
. - ........................................... . 323
Questocs
Problemas .............................................. . .... . 324
14
•
Sumário
9
Equações de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335
9.1
Introdução . .... . ....................... ... ................... 335
9.2
Lei de Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336
9.3
Fem de movimento e fem de transformador ........................ 337
9.4
Corrente de deslocamento ...................................... 345
9.5
Equações de Maxwell nas formas finais ................. • ... .. .... 347
t9.6
9.7
Potenciais variáveis no tempo
...... . .... . .. . ........ • ........... 350
Campos harmônicos no tempo . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352
Resu1no . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . 363
Problen1as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . 365
PARTE 4: Ondas e aplicações
10
Propagação de ondas eletromagnéticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371
10. 1
Introdução .. .. ... . .. .. . .... . ..... . .. • .......... . ....... . ..... 37 1
t I0.2
Ondas em geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . 372
I 0.3
Propagação de onda em dielétrico com perdas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377
I 0.4
Ondas planas em diclétricos sem perdas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . 382
I 0.5
Ondas planas no espaço livre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . 382
I 0.6
Ondas planas em bons condutores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384
I O. 7
Potência e o vetor de Poynting . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393
10.8
Reflexão de uma onda plana com incidência normal
i' I 0.9
......... ........ 397
Reflexão de uma onda plana com incidência oblíqua . . ... ............ 406
Resun1o ................... ... ... .. . ... .. ...... . .. ........... . 416
- de rev1sao
. - ... .................................. ...... . 418
Quesloos
Problemas . . .......... . ....... . .............................. . 419
11
Linhas de transmissão ........ .. ............................ 426
11. 1
I ntrodução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
11.2
Parâmcu·os das linhas de transmissão
11.3
Equações das linhas de transmissão ...... . ........... • ......... . .. 429
11.4
Impedância de entrada, ROE c potência
I 1.5
A carta de Smith . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . • . . • . . . . • . . . . 443
11.6
A lgumas aplicações das linhas de transmissão ......... , ... . .. . • . ... 454
i'll.7
Transientes em linhas de transmissão
t 11.8
Linhas de transmissão de microfitas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427
. . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 436
............... . • ...... . • .... 460
.................. . ........... 471
Resun10 .. . . . . .. .................................... . .. . .. .... 475
Questões de revi são ............... • ............................ 476
Problemas ........... ............... • ...... . ... • ... . . ......... 478
Sumário •
12
Guias de onda
12.1
12.2
12.3
12.4
12.5
12.6
t 12.7
12.8
•
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15
•
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Guia de onda retangular ........................................
Modos transversais magnéticos (TM) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Modos transversais elétricos (TE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Propagação da onda no guia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . .
Transmissão de potência e atenuação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Corrente e excitação de modos no guia de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ressonadores de guia de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
487
487
487
492
495
505
507
51 O
515
Resun1o .. .... ............. . ........ . ....... . .. . ....... . ... . . . 520
. - .......................... ............ ..... . 521
- de revtsao
Questoes
Problemas . . . . ..... . ................ . .. • .......... .. ... . .. .. .. 522
13
Antenas
13.1
13.2
13.3
13.4
13.5
13.6
13.7
'1 13.8
'1 13.9
14
•
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o
•
526
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . .
Dipolo hertziano . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Antena dipolo de meia onda . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Antena monopolo de quarto de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . .
Antena pequena em anel ......................... . ..............
Características das antenas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Conjuntos de antenas ......................................... .
'
Area
efetiva e equação de Friis .................................. .
A equação do radar ................... ........... ........ • .....
526
528
531
535
536
540
546
555
558
Resumo ................ . ... . ................................ . 562
- de rev•sao
. - ........................................... . 562
Q uestoes
Problen1as ................. .. ...... ...... .................... . 564
Tópicos modernos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 570
14.1
14.2
14.3
14.4
15
•
IntrO<Iução ............................ .......... ............ .
Microonda.s . . ... .. .. .. .. ..... ............. ........ . ......... .
Interferência e compatibilidade eletromagnética .......... • ..........
Fil1ra ótica .. . ..... . ....................... ~ ....... .. ... .. ... .
570
570
575
580
R CSU1110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . ' . . . . . . . ' .. ' • . . . . . . . • . . . . . . . • . . 585
Questões de revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587
Métodos numéricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590
.1 5.1
t 15.2
15.3
15.4
15.5
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Plotagem de campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O método das diferenças finitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O método dos momentos ....... .. ...... .. .......... ..•. ... •. . . .
O método dos elementos finitos ............................ ......
590
591
598
610
620
Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 637
Questões de revisão ..... ....................................... 637
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639
16
• Sumá rio
Apêndice A
Apêndice B
Apêndice
650
... .
660
c
662
• •
Apêndice D
,
lndice
682
..
. ... • • • •
•
685
PARTE
ANÁLISE VETORIAL
1
Capítulo
1
ÁLGEBRA VETORIAL
Em uma vida longa, uma coisa eu aprendi: que toda a nossa ciência, comparada com a realidade, é
primitiva e infantil e, mesmo assim, é o que temos de mais precioso.
-1\LBERT EINSTEIN
1.1 INTRODUÇÃO
O Eletromagnetismo (EM ) pode ser considerado como o estudo da interação entre cargas elétricas
em repouso c em movimento. Envolve a análise, a síntese, a interpretação física c a aplicação de campos elétricos e magnéticos.
O Eletromagnetismo (EM) é um ramo da Física, ou da Engenharia Eléu"ica, no qual os fenômenos elétricos e magnéticos são estudados.
Os princípios do EM se aplicam em várias disciplinas afins, tais como: microondas, antenas, máquinas elétricas, comunicações por satélites, bioeletromagnctismo, plasmas, pesquisa nuclear, fibra
ótica, interferência e compatibilidade eletromagnética, conversão eletromecãnica de energia, meteorologia por radar e sensoreamento remoto u . Em Física Médica, por exemplo, a energia eletromagnética, seja na forma de ondas curtas ou de microondas, é utilizada para aquecer tecidos mais profundos e para estimular certas respostas fisiológicas, alim de aliviar a dor em determinadas patologias.
Os campos eletromagnéticos são utilizados em aquecedores indutivos para fundir, forjar, recozer,
temperar superfícies e para operações de soldagem. Equipamentos para aquecimento de dielétricos
utilizam ondas curtas para unir e selar lâminas tinas de materiais plásticos. A energia eletromagnética possibilita muitas aplicações novas e interessantes em agricultura. É utilizada, por exemplo, para
alterar o sabor de vegetais, reduzindo sua acidez.
Os dispositivos do EM incluem: transfom1aclores, rclés elétricos, rádio!TV, telefone, motores elétricos, linhas ele transmissão, guias de onda, antenas, ti bras óticas, radares c lasers. O proj eto desses
dispositivos requer um profundo conhecimento das leis c dos princípios do eletromagneti smo.
t 1.2
UMA VISÃO PRÉVIA DO LIVRO
O esllldo dos fenômenos do eletromagnetismo, feito neste livro, pode ser resumido nas Equações de
Maxwell:
V· D =
p,.
v. 8 =o
(LI)
( 1.2)
' Para numerosas aplicações de eletrostática. consulte J. H. Crowley. Fu11damemals ofAf>f>lied EJectrosllltil's. Ncw York: John Wiley & Sons. 1986.
' Par:t outms :írcas de aplicações de EM. consulte. por exemplo. D. Teplitz. cd.. Electroma.~lletism: Pmhs To Rrscmch. Ncw York: Plcnum Prcss. 1982.
t
Este símbolo indica seções que podem ser suprimidas. expostas brevemente ou propos1:1s como atividades extraclassc. caso se pretenda cobrir todo o texto
em um só semestre.
20
• Elementos de Eletromagnetismo
VXE=
éJB
UI
iJO
VX H = J + -
iJI
onde V =
O=
B =
E =
H =
P. =
eJ =
(1.3)
(1.4)
o vetor operador diferencial;
a densidade de fluxo elétrico;
a densidade de fluxo magnético;
a intensidade de campo elétrico;
a intensidade de campo magnético;
a densidade volumétrica de carga;
a densidade de corrente.
Maxwcll embasou essas equações em resultados já conhecidos, experimentais e teóricos. Urna olhada rápida nessas equações mostra que devemos operar com granclc7.as vetoriais. Conscqliememcme,
é lógico que dediquemos algum tempo na Parte I para examinar as ferramentas matemáticas requeridas para esse curso. As derivações das equações ( 1.1) a ( 1.4), para condições invariantes no tempo,
c o significado ffsico das grandezas O, B, E , H , J e P. serão objeto de nosso estudo nas partes U c lU.
Na parte TV reexarninaremos as equações para o regime ele variação temporal e as aplicaremos em
nosso estudo de dispositivos do EM encontrados na prática.
1.3 ESCALARES EVETORES
A análise vetorial é uma ferramenta matemática pela qual os conceitos do eletromagnetismo (EM )
são mais convenientemente expressos e melhor compreendidos. Precisamos, primeiramente, aprender suas regras e técnicas antes de aplicá-la~ com segurança. Já que muitos estudantes fazem esse
curso tendo pequena familiaridade com os conceitos de análise vetorial, uma considerável atenção é
dada a essa análise neste c nos próximos dois capítulos.3 Este capítulo introduz os conceitos básicos
de álgebra vetorial, considerando apenas coordenadas cartesianas. O capítulo seguinte parte daí e estende esse estudo para outros s istema~ de coordenada~.
Uma grandeza pode ser um escalar ou um vetor.
Um escaJar é uma grandeza que só tem magnitude.
Grandez~•s
corno tempo, massa, distância, temperatura, en tropia, potencial elétrico e população são
escalares.
Um vetor é uma grandeza que tem magnitude e orientação.
Grandezas vetoriais incluem velocidade, força, deslocamento e intensidade de campo elétrico. Uma
outra categoria de grandezas físicas é denominada de tensores, dos quais os escalares c os vetores são
casos particulares. Na maior parte do tempo, estaremos trabalhando com escalares e vetores!
Para fazer distinção entre um escalar e um vetor, convenciona-se representar um vetor por uma
-+
-+
letra com uma llecha sobre ela, tais como A e B, ou por uma letra em negri to, tais corno A e B. Um
escalar é simplesmente representado por uma letra, por exemplo: A, 8, V e V.
A teoria do EM é essencialmente um estudo de campos particulares.
Um campo é uma função que especifica uma grandeza particular em qualquer ponto de uma
região.
O leitor que ni!O sima necessidade de n:visào de álgebra vetorial pode seguir para o próximo capítulo.
' Para um estudo inicial sobre tensores. con,suhc. por exemplo. A. I. Borisenko c I. E. Tarapor. Vec(()r tmd TeiUflr i\nalysis n·itlr ilpplimtinn. Englcwood ClifTs.
NJ: Pn:nlicc-Hall. 1968.
l
Álgebra Vetorial •
21
Se a grandeza é um escalar (ou um vetor), o campo é dito um campo escalar (ou vetorial). Exemplos
de campos escalares são: a distribuição de temperatura em um edifício, a intensidade de som em um
teatro, o potencial elétrico em uma região e o índice de refração em um meio estratificado. A força
gravitacional sobre um corpo no espaço c a velocidade das gotas de chuva na atmosfera são exemplos de campos vetoriais.
'
1.4 VETOR UNITARIO
IAI.
Um vetor A tem magnitude e orientação. A magnifllde de A é um escalar escrito como A ou
Um
vetor unitário a11 ao longo de A é definido como um vetor cuja magnitude é a unidade (isto é, I) e a
ori entação é ao longo ele A, isto é:
A A
a~~ -----
IAI
( 1.5)
A
Observe que Ia111= I. Dessa forma, podemos escrever A como
A = AaA
( 1.6)
o que especifi ca completamente A em lerm os de sua magnitude A e sua orientação a A"
Um vetor A, em coordenadas cartesianas (ou retangulares), pode ser represen tado como
ou
( 1.7)
onde A,, A,. c A<são denominadas as componentes de A, respectivamente nas direções x, y c z; a..., a,.
e a, são, réspectivamente, os vetores unitários nas direções x, y e z. Por exemplo, axé um vetor adi:
mensional de magnitude um na direção c sentido positivo elo eixo dos x. Os vetores unitários a•• a, e
a, estão representados na Figura 1.1 (a), e as componentes de A, ao longo dos eixos coordenados, éstão mostradas na Figura 1.1 (b). A magnitude do vetor A é dada por:
( 1.8)
c o vetor unitário ao longo de A é dado por:
(1.9)
z
z
•,t
1
1
---+--+~
ax~
J'
X
(3)
Cbl
Figura 1.1 (a) Vetores unitários a,,ny e a,: (b) componemes de A ao longo de a,. a, e a<.
22
• Elementos de Eletromagnetismo
-:·1.5 SOMA E SUBTRAÇÃO DE VETORES
Dois vetores A e B podem ser somados para resultar em um outro vetor C, isto é:
C = A+ B
( 1.10)
A soma de vetores é feita componente a componente. Dessa forma, se A = (A,,, A~ , AJ e B = (B,, BY,
8 :),
C = (Ax + Bx)a., + (A>. + By)a>' + (A: + BJ a:
(1.1 1)
A subtração de vetores é feita de modo similar:
D = A - B = A + (- 8)
= (A_, - Bx)ax + (Ay - By)ay + (A: - BJ a:
( 1.12)
Gralicarnente, a soma e a subtração de vetores são obtidas tanto pela regra do paralelogramo quanto
pela regra do " início de um- final de outro", como ilustrado nas Figuras 1.2 e 1.3, respectivamente.
As três propriedades básicas da álgebra que são satisfeitas por quaisquer vetores dados A , B e C,
estão resumidas na tabela a seguir:
Propriedade
Comutativa
Associativa
Dislributiva
Soma
A+ B= B+ A
A + (B + C) = (A + 8 ) + C
I:(A
+
8)
Multiplicação
J:A
=
k(eA)
Ak
= (l:e)A
= J:A + k ll
onde k e I são escalares. A multiplicação de um vetor por outro vetor será discutida na Seção 1.7.
IJ
(a)
Fi~:ura
(b)
1.2 Soma de vetores C = A+ B: (a) regra do paralelogramo: (b) regra do "início de um-linal de outro".
n
Figu.-a 1.J Subtração de vetores O = A - B: (a) regra
do paralelogramo: (b) regra do "início de um-linal de
outro".
-0
B
(3)
(b)
Álgebra Vetorial •
23
1.6 VETOR POSIÇÃO E VETOR DISTÂNCIA
Um ponto P. em um sistema de coordenadas cartesiano, pode ser representado por (x, y, z).
O vetor posição r P (ou raio vetor) de um ponto Pé um vetor que começa na origem O do sistema de coordenadas e termina no ponto P, isto é:
( 1.13)
O vetor posição do ponto Pé útil para detinir sua posição no espaço. O ponto (3, 4, 5), por exemplo,
e seu vetor posição 3ax + 4a>' + 5a, são mostrados na Figura 1.4.
O vetor distância é o deslocamento de um ponto a outro.
Se dois pontos, P e Q, são dados por ~rr, y", z,.) c (xQ> y0 , z0), o vetor distância (ou o vetor separação) é o deslocamento de P a Q, como mostrado na Figura 1.5, isto é:
r r•Q
=
rQ -
rp
(1.14)
= (xa - xp)a_, + Ú'Q - y,,)ay + (ZQ - z1,)a=
A diferença entre um ponto P c um vetor A deve ser ressaltada. Embora tanto P quanto A possam
ser representados da mesma maneira como (x, y, z) c (A_,. A,., A,), respectivamente, o ponto P não é
um vetor; somente seu vetor posição rf é um vetor. Entretanto, o vetor A pode depender do ponto P.
Por exemplo, se A = 2.l)"a, +/a. - xz·a, e Pé (2,- I, 4), então A em P deveria ser- 4a, + a,.- 32a ..
Um campo vetorial é dito constaiue ou uniforme se não depende das variáveis de espaço x, ): e z. Por
exemplo, o vetor B = 3a,.- 2a,. + I Oa, é um vetor uniforme, enquanto que o vetor A = 2.l)·a, +/a,.
-xz2a. é não uniforme, porque"B é o mesmo em qualquer ponto, enquanto A varia ponto a ponto. ·
-
.
Figura 1.4 Representação gráfica do vetor posição
rP = 3a, + 41\ + Sa,.
P(3, 4, 5)
I
I
I .= 5
I•
I
JL-+-H~~~1---- y
I
./ '
I
-------
y= 4
p
//X=
J
__j.;
Figura 1.5
Vetor disulncia r 1.(!.
24
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 1.1
Se A = I Oax- 4a_,. + 6a, e 8 = 2a,.. + a>. determine: (a) a componente de A ao longo de a1 ; (b) a magnitude de 3A - 8 ; (c) um vetor unitário ao longo de A + 28 .
Solução:
(a) a componente de A ao longo de a,. é A,- = - 4.
(b) 3A - 8 = 3( 10, - 4, 6) - (2, 1, 0)
= (30, - 12, 18) - (2, I , O)
= (28, - 13, 18)
Portanto,
I3A -
Bl =
=
(c) Seja C = A + 28
= (10, -
V282 + ( -1 3)2 + ( 18) 2 =
35,74
4, 6) + (4, 2, O)
= ( 14, -
Vi2'77
2, 6).
Um vetor uni tário ao longo de C é
~
ac =
c
ICI
( 14, - 2, 6)
=
-v'=
,4=i2<=+==<====2=::
)2=+~
62
ou
ac = 0,9 11 3ax - O, 1302a,.. + 0,3906a..
Observe que Iaei = I , como esperado.
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.1
Dados os vetores A = ax + 3a: e B = 5ax + 2a,. - 6a:, determine:
(a) IA + 8 1;
(b) 5A - 8 ;
(c) a componente de A ao longo de ay;
(d) um vetor unitário paralelo a 3A + 8 .
Resposta:
EXEMPLO 1.2
(a) 7, (b) (0, - 2, 2 1), (c) O, (d) + (0,911 7, 0,2279, 0,34 19).
Os pontos P e Q estão localizados em (0, 2, 4) e ( - 3, I , 5). Calcule:
(a) o vetor posição P;
(b) o vetor distância de P até Q;
(c) a distância entre P e Q;
(d) um vetor paralelo a PQ com magnitude 10.
Solução:
(a) rP = Oa... + 2a,. + 4a, = 2a,. + 4a,
(b) rPQ = rQ- rP = (-3, l, 5) - (0, 2,4)
=
(-3, -1, l )ou rPQ = - 3a.r- a. + a,
(c) já que r PQ é o vetor distância de P até Q, a distância entre P e Q é a magnitude desse vetor, isto é:
Álgebra Vetorial •
25
Ahernalivamente:
(d) Seja o vetor requerido A , então:
onde A = I Oé a magnitude de A . Já que A é paralelo a PQ, o vetor unitário deve ser o mesmo de r PQ
ou r QP· Portanto,
_ ... (- 3, - 1, 1)
3,3 17
e
A
=
:!:
10(- 3, - I, - I )
3,317
= :!: ( -9,045a<
.
3,0 15a,.. + 3,0 15a.)
•
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.2
Dados os pontos P( I,- 3, 5), Q(2, 4, 6) e R(O. 3, 8), detennine: (a) os vetores posição
de PeR, (b) o vetor distância r QR• (c) a distância entre Q e R.
EXEMPLO 1.3
Um rio, no qual um barco navega com sua proa apon tada na direção do nuxo da água, corre com
orientação sudeste a I O km/h. Um homem caminha sobre o convés a 2 krn/h, do lado esquerdo para
o lado direito do barco, em direção perpendicular ao seu movimento. Determine a velocidade do homem em relação à terra.
N
w-- - - - - - t - - -- - - - E
s
Fi~ura
1.6 Rclc rcntc ao Exemplo 1.3.
26
•
Elementos de Eletromagnetismo
Solução:
Considere a Figura 1.6 como ilustração do problema. A velocidade do barco é:
uh = IO(cos 45° a_.. - sen 45° a,.)
= 7,071 a.. - 7,07t a,. km/h
A velocidade do homem em relação ao barco (vel ocidade relativa) é:
u,
= 2( -cos 45° a.• - scn 45° a, )
= -1 ,414a_.- 1,414a,- km/h
Dessa forma, a velocidade absoluta do homem é:
u"b
luabl
= u,. + ub = 5,657ar = 10,2/- 56,3°
8,485a,.
.
isto é, I 0,2 krn/h a 56,3° do leste para o sul.
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.3
Um avião tem uma velocidade em relação ao solo de 350 km/h exatamente na direção oeste. Se houver vemo soprando na direção nordeste com velocidade de 40 km/h,
calcule a velocidade real do avião no ar e a orientação em que ele se desloca.
Resposta:
379,3 km/h; 4,275° do oeste para o none.
1.7 MULTIPLICAÇÃO VETORIAL
Quando dois vetores, A e B, são multiplicados entre si, o resultado tanto pode ser um escalar quanto
um vetor, dependendo de como eles são multiplicados. Dessa forma , exi stem dois tipos de multiplicação vetorial :
I. produto escal ar (ou ponto): A · B
2. produto vetorial (ou cruzado): A X B
A mul tiplicação de três vetores A, B e C, entre si, pode resultar em:
3. um produto escalar tripl o: A · (B X C)
ou
4. um produto vetorial triplo: A X (B X C)
A. Produto ponto
O produto ponto de dois vetores A e B, escrito como A · B, é definido, geometricamente, como o produto das magnitudes de A e B e do cosseno do ângulo entre eles.
Assim,
IA . B
= AB cos 0118
~
( 1.15)
Álgebra Vetorial •
27
onde OAa é o menor ângulo entre A e B. O resultado de A · B é denominado de produto escalar, porque é um escalar, ou de produto pomo, devido ao ponto- sinal que idcntilica a operação. Se A = (A,,
A.,
. A) e B = (8. , 8,,
. 8 ..), então
( 1.16)
que é obtido multiplicando-se A e B, componente a componente. Dois vetores, A c B, são ditos ortogontlis (ou perpendiculares), um em relação ao outro, se A · B = O.
Observe que o produto ponto sati st~1Z as seguintes propriedades:
(i) Propriedade comlltativa:
( 1.1 7)
A·B = B · A
(i i) Propriedade distributiva:
A · (B
+ C) =
A ·B
+
( 1.18)
A·C
A. A = IAI 2 = A2
( 1.19)
(i i i)
Observe também que:
a,. · ay = ay · a: = a, · a... = O
( 1.20a)
a... · a_, = ay · ay = a: · a: = I
( J.20b)
É fácil provar as identidades nas equações ( 1.17) a ( 1.20) aplicando a equação ( 1. 15) ou ( 1. 16).
B. Produto cruzado
O produto cruzado de dois vetores, A e B, escrito como A X B, é uma quantidade vetorial
cuja magnitude é a área do paralelogramo formado por A e B (ver Figura 1.7) e cuja orientação é dada pelo avanço de um parafuso de rosca direita à medida que A gira em direção a B.
Assim,
A X B = A B scn 0,18a,.]
( 1.2 1)
onde a, é um vetor unitário normal ao plano que contém A e 8 . A orientação de a, é t.omada como a
oriemação do polegar da mão direita quando os dedos da mão direita giram de A até B, como most.rado na Figura 1.8(a). Alternati.vamente, a orientação de a, é tomada como a orientação do avanço de um
parafuso de rosca direi ta à medida que A gira em direçãCJ a B, como mostrado na Figura I.8(b).
A multiplicação vetorial da equação ( 1.2 1) é denominada produto cruzado devido à cruz - sinal
que identilica a operação. E também denominada produto vetorial porque o resultado é um vetor. Se
A = (A,, A_., A) e B = (8..., 8)', 8:), então
/
a...
a>.
A X B = Ax A>"
8x 8>"
~
A.
•
( 1.22a)
B.
( 1.22b)
a qual é obtida "cruzando" os termos em permutação cíclica. Daí o nome de produto cru zado.
28
•
Elementos de Eletromagnetismo
A XB
8
--------------------------
A
Figura I. 7 O produto de A por B é urn vetor com magnitude igual à área de um paralelogramo e cuja orienta·
ção é a indicada.
AXB
A XB
••
••
t
(a)
(b)
Figun• 1.8 Orientação de A x B e a. usando: (a) regra da mão direita: (h) regra do parafuso de rosca direita.
Observe que o produto cruzado tem as seguintes propriedades básicas:
(i) Não é comutativo:
( 1.23a)
,
.
.
E anllcomutallvo:
A X 8 = - 8 X A
( 1.23b)
A X (8 X C) :f: (A X B) X C
( 1.24)
(ii) Não é associativo:
(i ii) E' distributivo:
A X (8
+ C)
= A X B
+
A X C
( 1.25)
(i v)
A X A =O
( 1.26)
Também observe que
a.. X a,. =
a~
a,. X
a.,
a~=
a, X ax = a,-
( 1.27)
Álgebra Vetorial •
(a)
29
(b)
Fi~,:u ra
1.9 Produto cruzado uti lizando permutação cíclica: (a) no sentido horário. para resultados positivos: (b)
no scmido anti -horário. para resultados negativos.
que são obtidas por permutação cíclica e estão represen1adas na Figura 1.9. As identidades nas equações ( 1.25) a ( 1.27) são facilmente veriticadas aplicando a equação ( 1.2 1) ou ( 1.22). Deve ser observado que, ao obter a,, usamos a regra da mão direita, ou do parafuso de rosca direita, porque queremos ser consistentes com nosso sistema de coordenadas representado na Figura 1.1 que é dcxtrógiro. Um sis tema de coordenadas dcxtrógiro é aquele em que a regra da mão direita é sati sfeita. Isto é,
a, X a,. = a_é obedecida. Em um sistema levógiro, seguimos a regra da mão esquerda, ou a regra do
parafuso de-rosca esquerda, e a, X a,.= - a, é satisfeita. Ao longo desse livro, consideraremos sistemas de coordenadas dex trógiros.
Da mesma forma que a multiplicação de dois vetores nos dá um resultado escalar ou vetorial, a
multiplicação de tr~ vetores, A, B c C, nos dá um resultado escalar ou vetorial, dependendo de corno os vetores são multiplicados. Dessa fom1a, temos um produto escalar ou vetorial triplo.
C. Produto escalar triplo
Dados três vetores, A, B e C, definimos o produto escalar triplo como
I
A . (B X C)
= B . (C
X A)
= c . (A
X B)
I
( 1.28)
c_,,
obtido em permutação cíclica. Se A = (A,, A,.. A,). B = (8, , 8~ , 8 ,) c C = (C,,
C,), então A · (B
X C) é o volume de um paralelepípedo tendo A, B e C como arestas. Esse volume é facilmente obtido encontrando o determinante de uma matriz 3 X 3, formada por A, B e C, isto é:
A..A · (B X C) = 8..-
c..
A,. A:
8>. 8•
c,. C:
( 1.29)
Já que o resultado dessa multiplicação vetorial é um escalar, a equação ( 1.28) ou ( 1.29) é denominada de produto escalar triplo.
D. Produto vetorial triplo
Para os vetores A, B c C, deti nimos produto vetorial tri plo como
I
A X (B X C) = B(A . C) - C(A . B)
I
( 1.30)
obtido usando a regra " bac - cab". Deve ser observado que:
(A · B)C i' A(B · C)
( 1.3 1)
(A · B)C = C(A · B).
(1.32)
mas
30
• Elementos de Eletromagnetismo
1.8 COMPONENTES DE UM VETOR
Uma aplicação direta do produto vetorial é seu uso para determinar a projeção (ou a componeme) de
um vetor em uma dada direção. A projeção pode ser escalar ou vetorial. Dado um vetor A, detinimos
a componente escalar A8 de A ao longo do vetor B como [ veja Figura I.IO(a)J
ou
A8
= A· a8
I
(1.33)
A componente vetorial A 8 de A ao longo de B é simplesmente a componente escalar na equação
( 1.33) multiplicada por um vetor unitário ao longo de B, isto é:
I
An
= Anll11 = (A · a 8 )lln
I
( 1.34)
Tanto a componente escalar quanto a vetorial de A estão representadas na Figura 1. 1O. Observe, na
Figura I .IO(b), que o vetor pode ser decomposto em duas componentes ortogonais: uma componente A 8 paralela a B e a outra (A - A 8 ) perpendicular a B. De fato, nossa representação cartesiana de
urn vetor consiste, essencialmente, em decompô-lo em suas três componentes mu!Uarnente ortogonais, corn o mostrado na Figura 1.1O(b).
Consideramos até aqui a soma, a subtração e a multiplicação de vetores. Entretanto, a divisão de
vetores AJB não foi considerada porque é indefinida, exceto quando os vetores são paralelos entre si,
tal que A = kB, onde k é uma constante. A diferenciação c a integração de vetores será tratada no Capítulo 3.
As
(a}
(b)
Fi,::urn 1.10 Componentes de A ao longo de B : (n) componente escalar A 11 : (b) componeme vetorial A 0 •
EXEMPLO 1.4
Dados os vetores A
= 3a,. + 4a,,. + a, e B = 2aY-
5a,, determ ine o ângulo entre A e B.
Solução:
O ângulo fJM1pode ser determinado usando ou o produ to ponto ou o produto cruzado.
A · B = (3, 4, I) · (0, 2, - 5)
=0+8-5 = 3
IAI = ,/32 +
IBI = V02 +
cosfJAn = A . B
IAIIBI
V26
22 + (-5)2 = \129
42 + 12 =
3
= 0,1092
V(26)(29)
fJ,,n = cos- aO, I 092 = 83,73°
Álgebra Vetorial •
AlternaLivameme:
a_, a...
a,
A X B =3 4
I
o 2 -5
= (-20- 2)a_. + (O+ 15)ay + (6- O)a0
= ( - 22, 15,6)
IA X Bl = V(- 22)2 +
IA X Bl
sen fJAB =
fJA8
IAIIBI =
152 + 62
= V74s
V74s
V(26)(29) =
0.994
= cos- • 0,994 = 83,73°
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.4
Se A = ax + 3a, e B = 5ax + 2a,. - 6a~ , determine 81111 •
Resposta:
EXEMPLO 1.5
120,6°.
Três campos vetoriais são dados por:
P
=
2ax- a,
.
Q = 2a_.. - a,.
. + 2a.
R = 2a.• - 3a,. + a,
Determine:
(a) (P + Q ) X (P - Q );
Q · R X P;
(c) P · Q X R;
(b)
(d) scn fJQR;
(e) P X (Q X R);
(I) um vetor unitário perpendicu lar a Q e a R , simultaneamente;
(g) a componente de P ao longo de Q.
Solução:
(a)
(P + ® X(P - Q)= P X(P - Q)+ Q X(P - Q)
= P XP - P XQ+ Q XP- Q XQ
= O+ Q X P + Q X P - 0
= 2Q X P
a.
a.r
a_,.
= 2 2
- 1
2
-
2
o
- 1
= 2(1 - 0) a, + 2(4 + 2) ay + 2(0 + 2) a,
= 2a_. + 12ay + 4a,
31
32
•
Elementos de Eletromagnetismo
(b) O único modo em que
Q·R x P
faz sentido é:
a,..
Q · (R
X P) = (2, - I, 2) · 2
ay
-3
o
2
a.
I
-I
-
= (2, - I, 2) · (3, 4, 6)
= 6- 4 +
12
= 14.
Alternati vamente:
2 -1
Q · (R
X P) = 2
2
- 3
o
2
I
- 1
Para encontrar o detem1inante da matri z 3 X 3, repetimos as duas primeiras linhas e multiplicamos
cruzadamente. Quando a multiplicação cruzada for da direita para a esquerda, o resultado deve ser
multiplicado por - I, como mostrado abaixo. Essa t.écnica ele encontrar o determinante se aplica somente em matrizes 3 X 3. Dessa maneira,
- I
2
+
-.-..... +
+
+6 +O -2 + 12
= 14
=
-o -2
corno obtido anteriormente.
(c) Da equação ( 1.28)
P · (Q
X
R) = Q ·(R
X
P) = 14
ou
P · (Q X R) = (2, 0, - I) · (5, 2, -4)
= 10
+o+ 4
= 14
(d)
sen
8
QR =
=
IQ X RI
IQIIRI
=
1(5, 2, -4) I
1(2, - I , 2)11(2, - 3, I )I
V4s = Vs = 0,5976
3VÍ4
VÍ4
P X (Q X R) = (2, 0, - I) X (5, 2, - 4)
= (2, 3, 4)
(c)
Alternativamente, usando a regra ' 'bac- cab":
P X (Q
X
R) = Q(P · R) - R(P · Q)
(2, - I, 2)(4 +O- I) - (2, -3, 1)(4 +O- 2)
= (2, 3,4)
=
(f) Um vetor unitário perpendicular a Q c a R , simullancamcntc, é dado por:
a=
:t Q X R
IQ X RI
=
±(5, 2, - 4)
V4s
= + (0,745, 0,298, - 0,596)
Álgebra Vetorial •
Observe que Iai= I, a · Q = O = a · R. Qualquer uma dessas relações pode ser usada para
conferir o valor de a.
{g) A componente de P ao longo de Q é:
Pa = IPI cos Bpaaa
(P . Q)Q
.
= (P . aQ)aQ = IQI2
(4 +
o(4
=
2)(2, - I, 2)
2
+ I + 4)
= g(2, - I , 2)
0,4444a.. - 0,2222ay + 0,4444a:.
=
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.5
Sejam E = 3ay + 4a, e F = 4a,, - IOa,. + 5a,. Determine:
(a) a componente de E ao longo de F;
(b) o vetor unitário ortogonal a E e F, simultaneamente.
Resposta:
EXEMPLO 1.6
(a) ( - 0,2837, 0,7092, -0,3546), (b) + (0,9398, 0,2734, - 0,205).
Obtenha a fórmula dos cossenos,
?
2
?
a- = b- +c - 2bccos A
c a fómlUia dos senos,
sen A
a
sen 8
scn C
b
c
usando. respectivamente, o produto ponto e o produto cruzado.
Solução:
Considere um triângulo, como mostrado na Figura 1.1 I. Da ligura, observamos que
a + b + c = O
isto é,
b + c =- a
Portanto,
?
a-
= a · a = (b + c) · ( b + c)
= b .b
?
?
a- = b-
+ c . c + 2b . c
+ c- - 2bc cos A
?
onde A é o ângulo entre b e c.
A área de um triângulo é metade do produto entre sua altura c sua base. Portanto:
I
I
2
2
j- a X b j = j-b X
I
cl = j-c
X
2
aj
ab sen C = bc scn A = ca scn 8
Dividindo por abc, obtém-se:
sen A
sen 8
scn C
a
b
c
33
34
• Elementos de Eletromagnetismo
Figura 1.1 t Referente ao Exemplo 1.6.
'
EXERCI' CIO PRATICO
1.6
Demonstre que os vetores a = (4, O, - I), b = (I, 3, 4) e c = (- 5,- 3,- 3) fonnam
os lados de um triângulo. Esse é um triângulo retângulo? Calcule a área desse triângulo.
Resposta:
EXEMPLO 1.7
Sim; I0,5.
Demonstre que os pontos P 1(5, 2, - 4), Pi I, I, 2) e P3(- 3, O, 8) estão todos sobre uma linha reta. Determine qual a menor distância entre essa linha e o ponto P,,(?>, - I, 0).
Solução:
O vetor distância r f'./', é dado por:
r pp.
I
•
= rp... -
rp
l
= ( 1, I, 2)- (5, 2, -4)
= (-4,- 1,6)
De maneira similar,
= ( -3,
O, 8) - (5, 2, -4)
= (-8, -2, 12)
r p ,p ,
=
r p ,p,
= r p, - rp, = (3, -I, O) - (5, 2, - 4)
r p, -
Tp,
= ( -2, -3,4)
a..
f p,p1
X
Tp 1 p,
= -4
ay
a,
-I
6
12
- 8 -2
= (0, O, O)
mostrando que o ângulo entre r P,P, e r " •''' é zero (senO = 0). rsso implica que P 1, P2 e P3 estão sobre
a mesma linha reta.
Allernativamente, a equação vetorial da linha reta é facilmen te determinada a partir da Figura
1.12(a). Para qualquer ponto P sobre a linha que une P1 e P2,
onde À é uma constante. Portanto, o vetor posição r ,, do ponto P deve sati sfazer
isto é,
rp = r p, + À(rp, - rp,)
= (5, 2, - 4) - À(4, I, - 6)
fp
= (5 - 4À, 2 - À, -4
+ 6À)
Essa é a equação vetorial da linha reta que une P1 e P2 . Se P3 está sobre essa linha, o vetor posição de
P3 deve satisfazer essa equação; r 3 satisfaz essa equação quando À = 2.
Álgebra Vetorial •
35
o
(b)
(3)
Figun• 1.12 Referente ao Exemplo 1.7.
A menor distância entre a linha e o ponto P. (3, - I, O) é a distância perpendicular do ponto até a
linha. Da figura l.l2(b) é evidente que:
d =
r,.,,.,,sen () = Ir,.,,., X a,.,,,l
1(-2, -3,4) X (- 4, - 1, 6)1
1(-4, - I , 6)1
=
vm6
Vs3 '
= 242
Qualquer ponto sobre a linha pode ser usado como ponto de rclcrência. Dessa forma, em vez de usar
P, corno ponto de referência, poderíamos usar P3 tal que:
EXERCÍCIO PRÁTICO 1.7
SeP 1 é(1,2,-3)eP2 é(- 4,0,5), determine:
(a) a distânci a P1 P ;
2
(b) a equação vetorial da Linha P 1 P2 ;
(c) a menor distância entre a linha P 1 P2 e o ponto P3 (7, I, 2);
Resposta:
RESUMO
(a) 9,644; (b) (I - 5À)a.,
+ 2(1
- À) ay + (8À- 3) az; (c) 8,2.
1. Um campo é uma função que especifica uma quantidade no espaço. Por exemplo, A (x, y. z) é um
campo vetorial, enquanto que V(x, y, z) é um campo escalar.
2. Um vetor A é univocamente especificado pela sua magnitude c por um vetor unitário ao longo
de sua orientação, isto é, A = Aa".
3. A multiplicação entre dois vetores A c B resulta em um escalar A · B = AB cos ()" 0 ou em um
vetor A X B = AB scn8"oél. · A multiplicação entre três vetores A , B c C resulta em um escalar
A · (B X C ) ou em um vetor A X (B X C).
4. A projeção escalar (ou componente) de um vetor A sobre B é A 8 = A · a8 , enquanto que a projeção vetorial de A sobre B é A 8 = Anéis·
36
•
Elementos de Eletromagnetismo
QUESTÕES DE REVISÃO
1.1 Identifique qual das seguintes grandezas não é um ve10r: (a) força, (b) momemum, (c) aceleração,
(d) trabalho, (c) peso.
1.2 Qual das seguintes situações não representa um campo escalar?
(a) Deslocamento de um mosquito no espaço.
(b) A luminosidade em uma sala de estar.
(c) A distribuição de temperatura em uma sala de aula.
(d) A pressão atmosférica em uma dada região.
(c) A umidade do ar em uma cidade.
1.3 Os sistemas de coordenadas retangulares, representados na Figura 1. 13, são dextrógiros, com exceção de:
y
z
i
-
X
2
(~)
(b)
(c)
)'
--
)'
" " - - - --
(d)
!
(e)
Figurd 1.13 Referente à questão de revisão 1.3.
1.4 Qual das expressões abaixo não está correta?
2
(a) A x A = IA I
(b) A X B
+B XA
= O
(c) A · B · C = B · C · A
(d) a_,· ay = a,
(e) ak = a,. - a1
onde ak é um vetor unitário.
1.5 Qual das seguintes identidades não é válida?
+ c) = ab + bc
X (b + c) = a X b + a
(a) a(b
(b) a
X c
(c) a · b = b · a
(d) c· (a X b) = - b ·(a x c)
(c) a" · as = cos OAB
1.6 Quais das seguintes afirmações não têm significado?
+ 2A = O
(b) A · B + 5 = 2A
(a) A · B
(f)
Álgebra Vetorial •
37
+ B) + 2 = O
(d) A · A + B · B = O
(c) A(A
1.7 Sejam F = 2a, - 6a7 + IOa, e G = a, + G,.a7 + 5a,. Se F e G tem o mesmo vetor unitário, G7 é:
(a) 6
(c) O
(b) -3
(d) - 6
1.8 Dado que A = a, + a aY+ a, e B = a a, + ai' + a,, se A c B são perpendiculares entre si. a é igual a:
(a) - 2
(d) l
(b) - 1/2
(e) 2
(c)
O
1.9 A componente de 6a, + 2ay- 3a, ao longo de 3a,.- 4a,. é:
(a) - 12a.. - 9ay - 3a,
(b) 30a... - 40ay
(c) 1017
(d) 2
(e) 10
1.10 Dado A = - 6a, + 3a,. + 2a,, a projeção de A ao longo de a, é igual a:
(a) - 12
(b) - 4
(c) 3
(d) 7
(e) 12
Respostas:
I
--PROBLEMAS
l.l d; 1.2a; 1.3b,e; L4b; l.5a; 1.6b,c; 1.7b; 1.8b; 1.9d;
l.l Oc.
1.1 Determi ne o vetor unitário ao l ongo da linha que une o ponto (2, 4, 4) ao ponto(- 3, 2, 2).
1.2 Sejam A = 2a, + 5a,- 3a,, B = 3a, - 4a,. c C = a, + a,. + a,. (a) Determine A + 28 . (b) Calcule
I A - 5C I· (c) Para quais valores de k é IkB I= 2? (d) Determine (A X 8 )/(A · U).
1.3 Se
A = 2a.r +
a,. -
-
B = a,.
. - a.
determi ne:
(a)
A - 2B + C
+
(b) C - 4(A
B)
2A - 3B
ICI
<c>
(d) A · C (e)
ÍB
X
IBI2
{!A +!C)
3a,
38
• Elementos de Eletromagne tismo
1.4 Se os vetores posição dos pontos T e S são 3a,, - 2a,. + a, c 4a, + 6a1 + 2a,, respectivamente, determine: (a) as coordenadas de Te S: (b) o vetor distância de Taté S: (c) a distância entre T e S.
1.5 Se
A = Sa...
+ 3a,.- + 2a..
B = - a... + 4a,. + 6a:
C = 8a.., + 2ay
determine os valores de a e {3, tais que a A + ('lB +C seja parale lo ao eixo y.
1.6 Dados os vetores
A = aax + a1
+ 4a:
B = 3a,, + ('lay - 6a,
C = 5a-' - 2ay + 'Ya:
dete rmine a, {3 e )', tais que os vetores sejam mutuame nte ortogonais.
I.7
(a) Demonstre que
(b) Demonstre que
a =
x
a,. X a,
a., · a,.. X a:
a.=
-
·
a... x a,.
a,. · a,. X a,
1.8 Dadoque
P = 2a ... - a,. - 2a,
Q
= 4a_,
+ 3ay + 2a,
C = -a_.. + a,. + 2a,
determi ne: (a) IP + Q - R I ; (b) P · Q X R ; (c) Q X P · R : (d) (P X Q ) · (Q X R);
(e)(P X Q ) X (Q X R ); (f) cos OpR; (g) sen OPO:
1.9 Dados os vetores T = 2a,- 6a1 + 3a, e S = a, + 2a1 + a,, determine: (a) a projeção escalar de T sobr.; S ; (b) o vetor projeção de S sobre T ; (c) o me nor ângulo entre T c S.
1.10 Se A = - a, + 6a>. + 5a, e B = a, + 2aY+:la,. determine: (a) a projeção escalar de A sobre B; (b) o
vetor projeção de 8 sobre A; (c) o vetor unitário perpendicular ao plano contendo A e 8.
1.11 Calcule os ângulos que o vetor H = 3a, + 5a,,- 8a, faz com os e ixos x, y e z,
1.12 Determine o produto escalar triplo de P, Q c R dado que
+ a:
a_, + ay + a,
P = 2a_, - a,.
Q =
e
Álgebra Vetorial •
39
1.13 Simplifique as seguintes expressões:
(a) A X (A X B)
(b) A X [A X (A X B)]
1.14 Demonstre que os sinais de ponto e de vezes podem ser intercambiados no produto escalar triplo,
isto é, A · (B X C) = (A X B) · C.
1.15 Os pontos P 1(1. 2, 3), P 2 (- 5, 2, O) e P3(2, 7,- 3) formam, no espaço, um triângulo. Calcule a área
do triângulo.
1.16 Os vértices de um triângulo estão localizados em (4, I. - 3). (- 2, 5, 4) c {0, I, 6). Determine os três
ângulos desse triângulo.
Ll7 Os pontos P, Q e R estão localizados e m (- I, 4, 8), (2,- I, 3) e(- I, 2, 3), respectivamente. Determine: (a) a distância entre P e Q; (b) o vetor di stância ele P até R; (c) o ângulo e ntre QP e QR;
(d) a área elo triângulo PQR; (e) o perímetro do triângulo PQR.
*1.18
Se r é o vetor posição elo ponto (x, y, z) c A é um vetor constante, demonstre que:
(a) (r - A) · A = Oé a equação de um plano constante.
(b) (r - A) · r = Oé a equação de uma esfera.
(c) Demonstre, também, que o result ado da parte (a) é da forma Ax + By + Cz + D = O, onde
D =- (A 2 + 8 2 + CJ, e que o resultado da parte (b) é da forma x2 + / + l = r 2•
*1. 19
(a) Prove que P = cos O,ax + sen O,a, e Q = cos 82a, + sen li2a, são vetores unitários no plano..\)'
fazendo, respectivamente, ângulos O, e 02 com o e ixo dos x.
(b) Usando o produto ponto, obtenha a fórmula para cos(02 - 01). De maneira similar. obtenha a
fórmula para cos(02 + 01).
(c) Se Oé o ângulo entre P e Q, determine
I
2
1P - Ql em função de O.
1.20 Considere um corpo rígido girando, com urna velocidade angular constante de w radianos por segundo, em tomo de um eixo fixo que passa pela o ri gem, como mostrado na Figura 1. 14. Seja r o
vetor distância de O até P (ponto no interior do corpo). A velocidade u do corpo em Pé dada por
lu I= dw = Ir i sen Olw l ou u = w X r. Se o corpo rígido g ira a uma velocidade de 3 radianos por
segundo e m tomo de um eixo paralelo a a,- 2a1 + 2a<, passando pelo ponto (2,- 3, I), determine
a velocidade do corpo em ( I, 3, 4).
Figura 1.14 Referente ao Problema 1.20.
u
d
p
• Um as1eri.sco indica problcm.u de dificuldade média.
40
•
Elementos de Eletromagnetismo
1.21 Dado A = x\a,-)·za
• ...
> + •vla.,
.. detenninc:
(a) a magnitude de A no ponto r(2, -I , 3);
(b) o vetor distância de r até S, casoS esteja a 5,6 unidades de disLância afastado de r e com a
mesma oriemação de A em
r;
(c) o vetor posição de S.
1.22 E e F são campos vetoriai s dados por E = 2nl~ + al + y:a: c F
= xyax - /
a1 + xy:a:. Detennine:
(a) 1E i em (l,2,3);
(b) a componente de E ao longo de F em ( I , 2, 3 );
(c) um vetor perpendicular tanto a E qualllo a F em (0, I . - 3), cuja magnitude seja um.
Capítulo
2
,..,
SISTEMAS ETRANSFORMAÇAO DE
COORDENADAS
A educação torna fácil liderar um povo, mas difícil manobrá-lo; fáci l governá-lo, mas impossível
escravizá-lo.
-I-IEN RY P. BROUGt-IAM
2.1 INTRODUÇÃO
Em geral, as quantidades físicas com que trabalham os no EM são funções do espaço e do tempo. A
lim de descrever as variações espaciais dessas quantidades, devemos ser capazes de definir todos os
pontos de maneira unívoca no espaço de forma adequada. Isto requer o uso de um sistema de coordenadas apropriado.
Um ponto, ou um vetor, pode ser representado em qualquer sistema de coordenadas curvilíneo,
ortogonal ou não-ortogonal.
Um sistema ortogonal é aquele em que as coordenadas são mutuamente perpendiculares.
Sistemas não-ortogonais são difíceis de trabalhar c são de pouca ou nenhuma utilidade prática.
Exemplos de sistemas de coordenadas ortogonais incluem o sistema cartesiano (ou retangular), o cilíndrico circular, o esférico. o cilíndrico elíptico, o cilíndrico parabólico, o cônico, o esferoidal oblon1
go, o esferoidal achatado e o elipsoidal. Pode-se economi zar uma parcela considerável de tempo e
de trabalho ao escolher um sistema de coordenadas que mais se adapta a um dado problema. Um problema diffcil em um sistema de coordenadas pode ser de fáci I solução em um outro sistema.
Neste texto, nos restringiremos aos três mais conhecidos sistemas de coordenadas: o cartesiano,
o cilfndrico circular e o esférico. Embora tenhamos considerado o sistema cartesiano no Capitulo I ,
o trataremos em detalhe nesse capitulo. Devemos ter em mente que os conceitos abordados no Capitulo I , c demonstrados para o sistema ele coordenad as cartesiano, são igualmente aplicáveis pllra outros sistemas ele coorclcnaclas. Por exemplo, o proccclirncnto para determinar o produto ponto ou o
produto cruzado entre dois vetores no sistema cilíndrico é o mesmo que o usado no sistema cartesiano no Capftulo I.
Alguma vezes, é necessário transformar pontos c vetores de um sistema de coordenadas para outro sistema. As técnicas para operar essa mudança de coordenadas serão apresentadas c ilustradas
com exemplos.
Pnm um <'Studo inlrodulório desses sislcrnas de coordenadas. vide M. R. Spicgcl. Mmhematictll Htmdbook of Formulas anti Ta/)/~s. Ncw York McGmw· Hi.ll.
1968. p. t24-130.
1
42
• Elementos de Eletromagnetismo
2.2 COORDENADAS CARTESIANAS (X, Y, Z)
Como mencionado no Capítulo I , um ponto P pode ser representado por (x. ): z), conforme ilustrado
na Figura 1.1. Os intervalos de variação das variáveis coordenadas x. y e z são:
- :x>
<X< oc
- 00
< )' < oc
-oo <
(2.1)
z < oo
Um vetor A em coordenadas cartesianas (também conhecida como retangulares) pode ser escrito como:
ou
(2.2)
onde a,, a>.e a, são vetores unitários ao longo de x, y c z, como mostrado na Figura 1.1.
2.3 COORDENADAS CILÍNDRICAS CIRCULARES (p, </>, z)
Um sistema de coordenadas cilíndrico circular é conveniente quando tratamos problemas com simetria cilíndrica.
Um pon to P, em coordenadas cilíndricas, é representado por (p, </1, z), como mostrado na Figura
2. 1. Observe a Figura 2.1 atentamente e verifique como definimos cada uma das variáveis espaciais:
pé o raio do cilindro que passa por P ou é a distância radial a partir do eixo z; q,, denominado ângulo azimural, é medido a partir do eixo x no plano xy; e z é o mesmo do sistema cartesiano.
Os intervalos das variáveis são:
O:Sp< oo
o< q, < 211'
-00
< z<
(2.3)
00
Um vetor A, em coordenadas cilíndricas, pode ser escrito como:
ou
(2.4)
onde a,, a0 e a, são vetores unitários ao longo de p, q,, c z, como mostrado na Figura 2.1 . Observe
que a6 não é dado em graus: ele assume a unidade do vetor unitário de A. Por exemplo, se uma
força de I O N age sobre uma partícula em movimento circular, a força pode ser representada como F = 10a6 N. Neste caso, a~ é dada em newtons.
z
Figura 2.1 Ponto P c vetor unitário no sistema de coordenadas cilíndricas.
z
X
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
43
A magnitude de A é:
(2.5)
Observe que os vetores unitários a,, a., e a: são mutuamente perpendiculares porque nosso sistema de coordenadas é ortogonal; a, aponta no sentido de crescimento de p, aó no sentido de crescimento de .p c a=no sentido positivo de z. Assim,
aP · aP = a9 · a9 = a: · a: = I
(2.6a)
a" · a.; = a9 · a. = a: · a" = O
(2.6b)
a" X a., = a=
(2.6c)
a 9 X a: = a"
(2.6d)
a: x a"= a11
(2.6e)
onde as equações (2.6c) a (2.6e) são obtidas por permutação cfclica (veja Figura 1.9).
As relações entre as variáveis (x, y, z) do sistema de coordenadas cartesiano c as do sistema de
coordenadas cilíndrico (p, t/J, z) são facilmente obtidas, a partir da Figura 2.2, como a seguir:
Enquanto a equação (2.7) serve para transfom1ar um ponto dado em coordenadas cartesianas (x, ); z)
para coordenadas cilíndricas {p, t/J, z), a equação (2.8) serve para fazer a transformação {p, .p, z) ~
(x, y. z).
As relações entre (a,.., a1 e a:) e (a,, a0 e a) são obtidas geometricamente a partir da Figura 2.3:
ax = eos .P aP - scn .P a6
a,. = sen .P a"
+ cos .P a.;
(2.9)
a. = a.
- -
ou
.p a_. + sen .p a,.
a9 = - sen .p a.. + cos .p a_,.
a"
\' = p
= cos
- -
a.,. = a.,.
SCII ~
Fi~turu
r r(_,,y,:);P(p,<), z)
I
I
I:
.<
~----r'----~---,.
/'
----------y=psen9
X
(2. 1O)
,
/ / .X
~p
('OS
4>
2.2 Relação entre (x, y. z) e (p, </>. z).
44
• Elementos de Eletromagnetismo
y
.v
scn c/1 a,.
••
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
senõ(-;IJ
/
/
/
/
/
/
/9
"-_;_-'------- --
,._
/ _ 9 _.__ _ _ _ _ _ __
x
(a)
X
(b)
Figura 2.3 Transformação do vetor unitário: (a) componentes de a., no sistema cilfndri co; (b) componentes de
tl,. nO sistema ci líndrico.
Finalmente, as relações entre (A,, A, e A.) e (A,, A., e A,) são obtidas simplesmente substituindo a
equação (2.9) na equação (2.2) e agrupando os termos. Assim:
(2. 11)
ou
AP = A_. cos cf>
+ Ay sen cf>
A 9 = - A., sen cf> + Ay cos 4>
(2.12)
A, = A:
-
Na forma matricial, a transfom1ação do vetor A , de coordenadas cartesianas (A•• A, e A.) em coor.
denadas cilíndricas (Ap, A., e A), é dada por:
sen .p
cos <P
-sen .P cos cf>
o
o
O
o
(2.13)
A transformação inversa (Ap, A., e A,) -7 (A,, A,. e A,) é obtida fazendo
cos </>
sen </>
-sen cf> cos c/>
o
o
OO
1
A
p
A~
(2.14)
A•.
ou diretamente das equações (2.4) e (2.1 0). Portanto:
cos </>
sen cf>
o
-sen </>
cos <I>
o
O
o
(2.1 5)
Uma maneira alternativa de determinar as equações (2. 14) ou (2. 15) é usando o produto ponto.
Por exemplo:
A,
A,
A.
-
a_, · aP a.. · aõ a.. · a:
a>" · aP a>" · aõ a.v ·a,
a, · ap a, · a9 a. · a.
A dedução da 2. 16 é deixada como exercício.
AP
Aõ
- - A.-
(2.16)
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
45
2.4 COORDENADAS ESFÉRICAS (r, (J, <f>)
O sistema de coordenadas esférico é mais apropriado para tratar problemas com simetria esférica.
Um ponto P pode ser representado como (r , 8, tJ>), conforme ilustrado na Figura 2.4. Dessa figura, verifica-se que r é definido como a distância a partir da origem até o ponto P ou o raio da esfera centrada na origem e que passa por P; 8 (denominado co-latitude) é o ângulo entre o eixo z e o vetor posição de P e tJ> é medido a partir do eixo x (o mesmo ângulo azimutal em coordenadas cilfndricas). De
acordo com essas definições, os intervalos de variação das variáveis são:
O S r <oc
0 < 8 < 7r
(2.17)
o<"' < 27r
Um vetor A, em um sistema de coordenadas esféricas, pode ser escrito como:
ou
(A,., A 0, A"')
(2.18)
onde a,, a8 c a~ são vetores unitários ao longo de r, 8 c t/>. A magni!Lidc de A é:
(2. 19)
Os vetores unitários a,., a8 e a~ são mutuamente ortogonais; a, orientado segundo o raio ou no sentido de crescimento de r, a8 no sentido de crescimento de() c aQno sen tido de crescimento de q,. Logo,
a, · a,
= a8 • a8 = a<~>
a, · ao
= a0 • a"' = a"' · a, = O
a, X
· a"' = I
ao =aó
••
Figura 2.4 Ponto P e os vetores unitários no sistema de coordenadas esféricas.
(2.20)
46
• Elementos de Eletromagnetismo
As variáveis espaciais (x, y, z), no sistema de coordenadas cartesiano, podem ser relacionadas às
variáveis (r, Oe</>), do sistema de coordenadas esférico. Da Figura 2.5 é fácil perceber que:
r = vx-., + y- + z-.
?
?
0=
to
I • + y-•
_ •vxI
<>
(2.2 1)
z
ou
Ll_x__r_s_en_ o_c_os_ ct>_.__>_· ___ ,._se_n_o
_ se_n_ct>_._
I
z = r cos o
(2.22)
Na equação (2.2 1), temos a mudança de coordenadas (x, y, z) ~(r, O, cf>) e, na equação (2.22), a mudança de coordenadas (r , O, <P) ~ (x, y, z).
Os vetores unitários a,, aye a~ e a,, a0 e a., são relacionados conto segue:
a.,
=
sen Ocos <P a, + cos Ocos c/> a0
-
sen c/> aç.
a!' =
sen Osen <P a, + cos () sen c/> a0 + cos <P a"
a,
sen Ocos cp a., + sen Osen cp a,. + cos Oa~
(2.23)
ou
=
a0 = cos 8 cos <P ax + cos 8 sen cf> ay - sen Oa~
a.,
=
(2.24)
-sen <P a_. + cos 4> a,.
As componentes do vetor A = (Ax, A,., A) c A = (A,. A,, A9 ) são relacionadas ao subsútuir a equação
(2.23) na equação (2.22) e agrupando os termos. Assim,
A = (A, sen 8 cos <P + Ay sen 8 sen 4> + A, cos O)a, + (A .• cos 8 cos 4>
+A,. cos 8 sen cf> - A: sen 8)a0 + ( -A.r scn 4> +A,. cos cf>)a9
(2.25)
e disso, obtemos:
A, = Ax senO cos cf> + A,. senO sen 4> + A: cosO
A0 = Axeos Ocos 4> + Aycos Osen fj>- A: sen O
A9
=
- A.• sen cf> + Ay cos cf>
z
p = r scn O
P (x. y. z) = P(r . O. </>) = P((J. </J. z)
z= rcos O
r
x = pcos <f>
y = psentf>
F ij::u ra 2.5 Relações emre as variáveis espaciais (x. y, :). (r , (J e <f>) e (p. <f>.:).
(2.26)
Sistemas e Tra nsformação de Coordenadas •
47
Na forma matricial, a transformação de vetores (A, , A1, A,) -t (A,. A0, A ~) é obtida através de:
sen 8 cos <f>
- cos 8 cos <P
-sen <P
sen 8 sen <P
cosO Ax
cosO scn <P - sen 8 A1
0
cos <P
(2.27)
-
A.
A transformação inversa (A, A 0, A~) -t (A_.., Ar• A,) é obtida de forma similar, ou obtida a partir da
equação (2.23). Dessa forma,
Ax
Ay
A.
-
-
sen 8 cos <f> cos 8 cos <P
sen 8 sen <f> cos 8 scn <f>
cos 8
- sen O
- sen tf>
cos <P
Ar
Ao
O
A~
(2.28)
De forma alternativa, podemos obter as equações (2.27) e (2.28) usando o produto ponto. Por exemplo,
Ar
Ao
A<>
ar . a.
ao · a_..
a<> • a.,
a, · a>. ar . 3 :
a0 • ay a0 • a,
a11 • ay a11 · a,
Ax
A>.
(2.29)
A.
-
Para melhor entendimento, pode ser elucidativo obter as relações de transfom1ação de um ponto
e de um vetor entre as coordenadas cilíndricas e esféricas utili7.ando as Figuras 2.5 e 2.6 (onde tf> se
mantém constante, uma vez que é comum a ambos os sistemas). Isso será proposto como exercício
(veja Problema 2.9). Observe que, na transformação de um ponto ou de um vetor, o ponto ou o vetor
não se alteram, apenas são expressos de maneira di fcrente. Portanto, a magnitude de um vetor, por
exemplo, permanece a mesma depois de uma transformação e isso serve como um modo de conferir
o resultado da transformação.
A distância entre dois pontos é usualmente necessári a na teoria do EM. A distância d, entre dois
pontos com vetores posição r 1 e r 2, é geralmente dada por
(2.30)
z
Fi~u ra
2.6 Transformações de um vetor unitário para coor-
denadas ci líndricas c cslcricas.
a,
' ',
''
a,
' ' ',
/
/
/
'
'
.
48
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
d 2 = (x2 -
z 1)2 (cartesiano)
x,l + (J2 - y,l + (z 2 -
+ P~ - 2p,p2 cos(</>2 - </>1) + (z 2 - z1) 2 (cilfndrico)
•
>
>
d· = ri + rj - 2r1r2 cos 02 cos 0 1
(P
= Pi
- 2r1r2 sen 02 sen 01 cos(</>2
EXEMPLO 2.1
</> 1) (estcrico)
-
(2.3 1)
(2.32)
(2.33)
Dado um ponto P(- 2, 6, 3) e o vetor A = ya, + (x + z)a.,, expresse P c A em coordenadas cilíndricas
e esféricas. Determine A em P nos sistemas cartesiano,"cilfndrico e esférico.
Solução:
No ponto P: x = - 2, y = 6, z = 3. Ponanto:
p =
Vx2 + /
\14+36 = 6,32
=
</> = ter - I Y = ter - I
0
0
X
_i_=
-2
108,43°
z =3
Vx2 + / + l
2
Vx
+/
O=tcr - l
V4 + 36 + 9 = 7
v4o =6462°
=tn - l
r=
=
z
o
3
o
•
Dessa forma:
P( - 2, 6, 3) = ? (6,32, 108,43°, 3) = P(7, 64,62°, 108,43°)
No sistema de coordenadas car1esiano, A em Pé dado por:
Para o vetor A, A_.. = y, A, =
x+
A =6a.. + a,.
z, A: = O. Por conseguinte, no sistema cilíndrico:
cos <I> sen <t> O
-scn <t> cos <I>
o
o
o
J
x+z
o
ou
AP = y cos <t>
A~ =
+ (x +
z) sen <t>
-y sen <t> + (x + z) cos <t>
A, = O
No entanto, x = p cos <t> e y = p sen <t> fazendo as substitui ções:
A
= (A,, A~, AJ = [p cos <t> sen <t> + (p cos <t> + z) scn <t>]a,
?
+[ -
p sen· <t>
+ (p cos <t> + z) cos <t>]a"'
Em P:
p =
v4o.
Portanto,
cos <I> = •
-2
r:=•
v40
6
sen <t> = • r:=
v40
tg <I> =
6
-2
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
49
De maneira similar, no sistema esférico:
Ar
Ao
se n 8 cos <i> sen 8 sen cf> cos ()
cos () cos cf> cos 8 sen cf> -sen 8
- sen cf>
cos cf>
o
-
Ao~
y
x+z
o
ou
Ar = y sen 8 cos cf>
+ (x + z)sen Osen cf>
A0 = y cos 8 cos cf>
+ (x + z)cos Osen cf>
A.,~ = -
y sen cf>
+
(x
+ z)cos cf>
No entanto, x = r sen 8 cos cf>. y = r sen (} sen cf> e z = r cos 9. Fazendo as substituições, obtém-se:
A = (An Ao. A.,)
=
r[scn· 8 cos cf> sen cf> + (sen 8 cos cf> + cosO) senO sen cf> I ar
+ r[sen 8 cos (} sen cf> cos cf> + (sen (} cos cf> + cos 9) cos 8 sen cf>) a 8
+ Jf - sen 8 sen·? <i> + (senO cos cf> + cosO) cos cf>) a ..
?
Em P:
,. =
6
7,
tg8 =
-2'
V4õ
3
Portanto:
cos cf> =
A =
-2
6
v4o'
3
cosO = 7•
sen cf> = V4õ'
senO =
v4o
7
(V4õ
-2
3) v4o
6 ]
7 . [ 49 . V4õ . V4õ +
7 . V4õ + 7 . 7 . '\Í4Õ ar
40
-2
6
+ 7 . [ \Í4Õ . 3 . 6 . -2 +
V4õ v4o
+ 7 · [ -V4õ · -36 + (V4õ ·
7
7
7
- 6
40
18
7
(V4Q
.
- 2 + 3). 3 . 6 ]ao
7
V4õ 7 7 ·V4õ
-2
V4õ
+ -3) · -2 ] a.,
7
V4õ
38
=
7 ar - ?Wo a0 - Wo a.,
=
- 0,8571a r - 0,4066a 0
-
6,008a.,
Observe que IAIé o mesmo nos três sistemas, isto é:
jA(x, y, <:)I = IA(p, cf>, z)l
=
IA(r, O, cf>)l = 6,083
50
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.1
(a) Converta os pontos P( I, 3, 5), T(O, - 4, 3) e S(- 3, - 4, - I0) do sistema cartesiano
para o sistema de coordenadas cilíndrico e para o esférico.
(b) Transforme o vetor
yz
a~
para coordenadas cilíndricas e esféricas.
(c) Determine Q em T nos três sistemas de coordenadas.
Resposta:
(a) ?(3,162, 71,56°, 5), ?(5,916, 32,3 1°, 71,56°), 7\4,270°, 3),
T(5, 53, 13°, 270°), S(5, 233,1 °, - I 0), S( li , 18, 153,43", 233, I ")
(b) , 1
p
,
v/· + z·
(cos 4> aP - sen 4> aó- z sen 4> a t), sen O(sen Ocos 4> -
r cos2 fJ sen 4>)a, + sen fJ cos fJ (cos 4> + r sen fJ scn 4>)a0 - sen fJ sen 4> aó
(c) 0,8ax + 2,4a" 0,8a 11 + 2,4a,, I ,44a, - I ,92a0 + 0,8aô.
EXEMPLO 2.2
Expresse o vetor
B=
-
lO
,. a, + r cos 8 a8 + a~
~
em coordenadas cartesianas e cilíndricas. Detem1ine 8(- 3, 4, 0) c 8 (5, 1r12,- 2).
Solução:
Usando a equação (2.28):
lO
sen fJ cos 4> cos () cos tP -sen cp
r
sen () sen 4> cos 8 sen 4> cos tP rcos 8
- sen ()
cos (J
o I
ou
JO
8,. = - r sen () cos 4> + r co? Ocos 4> - scn 4>
osen Osen 4> + r cos')
1.
8>. = -
r
Oscn 4> + cos 4>
JO
8 .• = - r cos fJ - r cos Osen O
No entanto, r = Vx
2
2
2
,
+ )' + z
2
Vx
+l
O = tg- I
l
e 4>
= t!!.- I -Xy
~
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
Dessa fom1a:
2
Vx
+l
- r=;:==::::;;::==:;;
p
scn O = - =
cos
"v':c+
' ) .y-, + z-.,,
r
z
o= -Iz = -~:====:;==:;;
~
" '.,
v x- + y-., + z-..,
X
X
cos cf> = - = -:-;;::::;;===;
Vx2 +i
P
Substituindo todas essas relações, obtém-se:
10Vx2 + i
B., =., z ., ·
(x- + y + z-)
x
Yx2
V x2 + / + z2
+ .,
., .,
+/
(.c + y- + z-)
xz2
l Ox
=
X
2
y
)'
+ l + <? + Y(x 2 + / )(x 2 + l + z2 )
10Vx 2 +i
y
Vx2 + / + '<_2
z2y
By = (x2 + / + zz) . V x2 + / + x 2 + / + z2 "'V
:"i ;x:::;·2r=
+=>::;;'2
?
lOy
x2 + / +
B· =
·
B=
2
x
+ V(x2 + /)(x 2 + / + z2 ) + Vx 2 +
yz-
2
Z
l
+l
- 7.:::<==;_;:::::::::::.;
Yx 2 + / + z2
2
lOz
.,
)'
zVx
2
x· + Y + z
B,a_. + B,ay + 8zaz
.
onde 8k, B,.e
. 8 . como dados acima.
Em (- 3, 4, 0), x = - 3, y = 4 e z = O, tal que
30
8 = - - +
X
25
B . = 40
> 25
o - -54 =
+ O- 3
5
-2
I
=
Bz = 0 - 0 = 0
Portanto:
B = - 2a.• + a>.
Para transformação de vetor de coordenadas es féricas para coordenadas cilfnclri cas
(veja Problema 2.9),
8"
89
8.
-
sen O
coso
o
o
cos o
-sen O
o
I
o
10
r
r CO$ ()
I
ou
IO
.,
8" = - sen O + r cos- O
r
89 = I
B-
= -
lO
r
cos O - r sen Ocos O
51
52
• Elementos de Eletromagnetismo
Portanto:
V
senO =
p
, .
7 T~
P7
I
~ 1 2
lOp
BP =
p
2
2
+z
+ vp
~ 1 ,
v P-
IOz
B, =
2
P
2 -
+z
z-'
+z . ,
2
p- + z
2
,
+ z- .
PZ
2
p
,
+ z-
Por conseguinte:
Em (5, 1rl2, -2), p = 5, cp = 1rl2 e z = - 2, tal que:
50
B = ( 29
+
= 2,467a,
4 )
'\/29
ao
+ a o;; +
+ a~ +
( - 20
29
10 )
'\/29
+
a,
1, 167a,
Observe que, em (- 3, 4, 0):
IB(x, y, z)i = IB (p, <P. z)i = IB(r, O, 4>)1 = 2,907
Esse procedimento pode ser usado para conferir, sempre que possível, a correção do resultado.
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.2
Expresse os seguintes vetores em coordenadas cartesianas:
cp a"+ 3p cos cp a 9 +
r 2 a, + sen 8 a 9
(a) A = pz sen
(b) B =
Resposta:
(a) A =
(b) B =
+ [y(x
~
2
V
I
x2
+/
cp scn 4> a,
p cos
[(xyz - 3xy) a,,
1
{[x(x
2
+ l + z2)
Vx + 2/ + z
+ i + z ) + x]ay + z(x 2 + /
2
2
2
,
+ (zy + 3x-) a y + xy a,j
-
y] a.,
+ z2)azl
,
'2.5 SUPERFICIES DE COORDENADA CONSTANTE
As superfícies nos sistemas coordenados cartesiano, cilíndrico ou esférico são facilmente obtidas ao
manter uma das variáveis coordenadas constante, enquanto as demais variam.
No sistema cartesiano, se mantivem10s x constan te e deixarmos y e z variar, um plano infinito é gerado. Portanto, podemos ter planos infinitos
x = constante
J = constante
z=
constan te
(2.34)
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
53
os quais são perpendiculares aos eixos x, y e z. respectivamente, como mostra a Figura 2.7. A interseção entre dois planos é uma linha. Por exemplo,
x = constante,
y = constan te
(2.35)
é a linha RPQ paralela ao eixo z. A interseção entre os tri!s planos é um ponto. Por exemplo,
x = constante,
y = constante,
z=
constante
(2.36)
é o ponto P(x, y, z). Portanto, podemos definir o ponto P como a interseção entre os três planos ortogonais infinitos. Se Pé (I, -5, 3), então P é a interseção dos planos x = I, y = -5 e z = 3.
Superfícies ortogonais, em coordenadas cilíndricas, podem ser geradas da mesma forma. As superfícies
p = constante
cf> = constante
z=
(2.37)
constante
estão ilustradas na Figura 2.8, onde é fác il observar que p = constante<! um ci lindro circular, cf> =
constante é um semiplano infinito com as suas bordas ao longo do eixo z c z = constante é o mesmo
plano infinito do sistema cartesiano. O encontro de duas superffeies tanto pode ser uma linha quanto um cfrculo. Portanto,
z=
constante,
z
x = constante
: = connantc
p
= constante
(2.38)
FiRu ra 2. 7 Superfícies de x. y e : constantes.
p
/ - - ---1
I
'
----+- -+ )"
J- - -
Q
y = constame
z
p
Figura 2.8 Superfícies de p , <f> e z constantes.
=constante "-....._.---+--
: = const:mt..:
R
p
I
I
I
)-/
.t
/
-
Q =const:uue
)'
54
• Elementos de Eletromagnetismo
6 um círculo QPR de raio p, enquanto z =constante c <P =constante 6 urna linha semi-infinita. Um
ponto é a imcrscção de 1rês superfícies na equação (2.37). Portanto,
-·
z=5
P =?
(2.39)
é o ponto ? (2, 60", 5).
A natureza ortogonal do sistema de coordenadas esféricas fi ca evidente ao considerarmos as três
superfícies
r
= constante
O = constante
(2.40)
cp = COnSiantc
que são mostradas na Figura 2.9, onde observamos que r = constante é uma esfera com o centro na
origem; O= constante é um cone circular tendo seu eixo sobre o eixo z c o v6rtice na ori gem; 4> =
constante é um semiplano infinito como no sistema cilíndrico. Urna linha é formada pela interseção
de duas superfícies. Por exemplo:
r = constante,
<P
= constante
(2.41)
é um semicírculo que passa por Q e P. A interseção das três superfícies é um pomo. Ponanto,
r=5
'
o=
30°,
<P
= 60°
(2.42)
é o ponto ? (5, :10•, 60°). Observamos que, em geral, um ponto no espaço tridimensional pode ser
identificado como a interseção de três superfícies mutuamente ortogonais. Igualmente, um vetor unitári o normal à superfície 11 = constante é+ a., onde 11 é .x, y, z. p, 4>, r ou O. Por exemplo, para o plano .x = 5, o vetor unitário normal é+ a. e, para o plano <P = 20°, um vetor unitário normal é a6 .
.-
Figura 2.9 SupcriTcies de p. Oe 4> constantes.
__.-1-~/ B = COI\Sl!lOie
r = consmnce
}---/
t---- • Y
/
/
/
/
ti>= constnlllc
Q
EXEMPLO 2.3
Dois campos vetoriais uniformes são dados por E = - SaP+ tOa•
Calcule:
+
3a~
(a) IE x FI;
(b) a componente do vetor E em P(5, 1rl2, 3) paralela à linha x = 2, z = 3;
(c) o ângulo que E faz com a superfície z = 3 em P.
c F = aP+ 2a.;; - 6a~ .
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
55
Solução:
E
(a)
X
F=
a,.
-5
a9
10
a,
3
I
2
-6
= (-60- 6)a,. + (3- 30)a 9
= ( -66, -27, - 20)
+ (-10- IO)a:
IE X FI = V662 + 272 + 202 = 74,06
(b) A linha x = 2, z = 3 é paralela ao eixo y; dessa forma, a componente de E paralela à essa linha é:
Contudo, em P(5, 1rl2, 3)
a 1• = sen </> a, + cos </> a<l>
= sen 1rl2 a" + cos 7r/2 a<l> = a"
Dessa forma,
(c) Uma vez que o eixo z é normal à superfície z = 3, o ângulo en tre o eixo z c o E, como mostrado
na Figura 2. 1O, pode ser determinado usando o produto ponto:
E · 3z =
lEI(I) COS Oez ~ 3 = \lí34 COS O~r:
3
Portanto, o ângulo entre z = 3 e E é:
z
Figur.t 2.10 Referente ao Exemplo 2.3(c).
E
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.3
Considere o campo vetorial:
H = pz cos </> a,.
No ponto ( I , 7r/3, 0), determine:
(a) H · a.• ;
(b) H X a0 ;
_,
</>
?
+ e - sen2 a.., + p·a=
56
• Elementos de Eletromagnetismo
(c) a componente vetorial de H normal à superfície p = I;
(d) a componente escalar de H tangencial
,
Resposta:
EXEMPLO 2.4
a plano z =O.
(a) - 0,433; (b) - 0,5 a"; (c) O a"; (d) 0,5/e".
Dado um campo vetorial
I
2
D = r sen cb a, - r sen Ocos cb a0 + r a.,....
Determine:
(a) O em P( I O, 150°, 330°);
(b) a componente de D tangencial à superfície cs fc rica r = IOem P;
(c) um vetor unitário em P, perpendicular à O c tangcncial ao cone () = 150°.
Solução:
(a) em P, r
=
I O, 6
= 150°
O = I Osen 330° a, -
e<!>
= 330°. Por conseguinte:
J
lO sen 150° cos 330° a0 +
100 a~=(- 5; 0,043; 100)
(b) qualquer vetor D pode ser decomposto em duas componentes ortogonais:
O = O,+
onde D, é tangencial a uma dada superfície e
superfície r = 10:
o.
o. normal à ela. Nesse caso, uma vez que a, é normal à
Portanto,
D,
D - O.
=
=
0,043a 8 + I OOa<~>
(c) um vetor em P, perpendicular à O e tangencial ao cone O = 150", é o mesmo que um vetor perpendicular tanto a O quanto a a8. Portanto:
a,
a0
5 0,043
O
I
D X a0 =
a~
I 00
0
= - 1OOa, - 5a,p
Um vetor unitário ao longo do vetor acima é dado por:
a
- lOOa, - 5a,p
=
v too
2
+5
2
=
- 0,9988a, - 0,0499aó
EXERCÍCIO PRÁTICO 2.4
Se A = 3a,+ 2a 0
-
6a<t> e B
=
4a, + 3aó, determine:
(a) A · B;
(b)
IA X
B~
(c) a componente vetorial de A ao longo de 3: em (I, ?r/3, 57r/4).
Resposta: (a) - 6; (b) 34,48; (c) - 0, 11 6a,+ 0,20 Ia 0 .
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
57
1. Os três sistemas de coordenadas mais comuns que iremos utilizar ao longo desse livro são o car-
tesiano (ou retangular), o cilíndrico circular c o esférico.
2. Um ponto Pé represemado como P(x, y. z), P(p, </>, z) c P(r, O, </>) nos sistemas cartesiano, cilíndrico c esférico, respectivamente. Um campo vetorial A é representado como (A,, A,, A.) ou
.
A,a , + AraJ + A<a: no sistema cartesiano; como (A •• Aó, A,) ou A, a, + A ó~ó + A:a: no sistema cilíndrico e como (A, A, e A.J ou A,a, + A,fl, + Aóaó no sistema esférico. E recomendável que as
operações matemáticas (adição, subtração, produto, etc.) sejam realizadas no mesmo sistema
de coordenadas. Portanto, as conversões de coordenadas de ponto c vetor devem ser feitas sem, .
pre que necessano.
3. A tixação de uma variável espacial detine uma superfície; a fixação de duas de tine uma linha; a
fixação de três define um ponto.
4. Um vetor unitário normal à superfície n = constante é± a.,.
-
QUESTÕES DE REVISÃO
2.1 Os intervalos de variação de Oe</>, conforme dado na equação (2. 17), não são os únicos possíveis.
Os listados a seguir são todos alternati vas válidas, à exceção de:
(a) O < O< 21r, O < <1> < 1r
(b)
o :S o< 2-lr, o :S <I> < 21r
s O s r., O s cf> :S r.
(d) - 1r12 s o s 1rn, o s q, < 21r
(c) O s O s w, - r. s cf> < 1r
(c) -
1r
(f) -
1r
o< 1f,
:S
-
7r
:S <I>
<
7r
2.2 Par.t o ponto cartesiano(- 3, 4.- I), qual dessas alternativas é incorreta?
(a) p = -5
(b) r =
(c)
V26
O = tg -
I
(d) <I> = tg-
1
51
~
-3
2.3 Qual dessas alternativas não é válida no ponto (0, 4, O)?
(a) a ó = - a ,
(b) a 0 = -a:
(c) a, = 4ay
(d) a. = a>
2.4 Um vetor unit;írio normal ao cone O= 30" é:
(a) a,.;
(b) a9;
(c) aó;
(cl) nenhuma das alternativas aci ma.
2.5 Em qualquer ponto do espaço. a6 • a,
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
2.6 Se H
=
I.
= 4a, - 3a6 + 5a: em ( I, 1r/2, 0), a componente de H
(a) 4a.
(b) 5a:
paralela à superfície p
=
I é:
58
•
Elementos de Eletromagnetismo
(c) - 3a 9
(d) - 3a 9 + 5a:
(e) 5a9
+ 3a:
2.7 Dado G = 20a, +SOa, + 40a., em ( I, 1rl2, 1r/6), a componcruc de G. perpendicular à superfície
O = w/2. é:
(a) 20a,
(b) 50a8
(c) 40a9
(d) 20a ,
+ 40a 8
(c) -40a ,
+ 20a 9
2.8 A interseção entre as superfícies p = 2 e
z=
I é:
(a) um plano infinito;
(b) um semiplano infinito;
(c) um círculo;
(d) um ci lindro;
(c) um cone.
2.9 Relacione os itens da coluna da esquerda com os da coluna da dire ita. Cada resposta pode ser usada urna vez, mais de urna vez ou e m nenhuma vez.
(a) O = r./4
(i)
plano infinito
(b) t/J = 2r./3
(c) x = -I O
(ii)
(ii i)
semiplano infinito
c írculo
(i v)
semicírculo
(v)
linha reta
(vi)
cone
(g) p = I O, : = I
(vi i)
cilindro
(h) r = 4, t/J = w/6
(viii) esfe ra
(i) r = 5, (J = r./3
(ix)
cubo
(x)
ponto
(d) r
= I, O = 7r/3, t/J = r./2
(e) p = 5
(f) p
= 3, t/J = 57r/3
2.10 Uma fatia é descrita por z = O, 30" < t/J > 60". Qual das seguintes alternativas é incorreta?
(a) a fatia está no plano x- y;
(b) é tinita;
(c) sobre a fatia,
o < p <co;
(d) urna normal unitária à fatia é+ a:;
(e) a fatia não inclui nem o e ixo x, nem o eixo y.
Respostas:
PROBLEMAS
2.1b; f; 2.2a; 2.3c; 2.4b; 2.5b; 2.6d; 2.7b; 2.8c; 2.9a-(vi), b-(ii), c-(i), d-(x), c-(vii), f-(v),
g-(iii). h-(iv), i-(iii), 2.1 Ob.
2.1 Expresse os seguintes pontos em coordenadas cartesianas:
(a) P( I, 60°, 2)
(b) Q(2. 90°, -4)
(c) R(3, 45°. 21 0°)
(d) T(4. r./2. r./6)
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
59
2.2 Expresse os seguintes pontos em coordenadas cilíndricas e esféricas:
(a) P( l , -4, - 3)
(b) Q(3,
o, 5)
(c) R(-2. 6, O)
2.3 (a) Se V= xz - A~·+ yz. expresse V em coordenadas cilíndricas.
(b) SeU= .l +
2/ + 3z2• expresse U em coordenadas csfilricas.
2.4 Transforme os seguintes vetores para coordenadas cilíndricas c esféricas:
(a) D = (x
+ z)ay
(b) E = ( / - x 1 )a..
+ xyza,. + (x 2
z2)a,
-
2.5 Conve11a os seguintes vetores para os sistemas cilíndrico c esférico:
(a) F =
xa, + r a>, + 4a.
·
..,. / ?
·
?
?
·
v x· + y· + z·
xa ,
o [
(b) G = (x1 + y ")
Vx
2
·
+/ +
z
2
+
yay
--;~::::::=;;=:::;;
Vx
2
+
l
+
z
2
+
2.6 Expresse os seguintes vetores em coordenadas ca11csianas:
(a) A = p(z·• + L)ap - p z cos q, aq,
(b) B = 2r sen Ocos 4> a,+ r cosO cosO a0 - r scn <1> a<~>
2.7 Converta os seguintes vetores para o sistema de coordenadas cartesianas:
(a) C = : sen <1> aP - p cos <1> a<~> + 2pza,
.
senO
(b) D =
, a,
r·
+
cosO
o
,.-
ag
2.8 Prove o que segue:
(a) a .. · aP = cos <I>
a.1' ·a9 = -sen"'
'+'
ay · aP = sen <1>
a,. · aó = cos <I>
(b) a., · a, = sen Ocos <P
a,, · a0 = cos Ocos <1>
ay · a, = sen Osen <1>
ay · a0 = cos Oscn <1>
a, · a,= cosO
a, · a0 = - sen O
2.9 (a) Demonstre que a transformação de um ponto do sistema de coordenadas cilíndricas para o sistema de coordenadas esféricas é obtida usando:
ou
p = r senO.
: = r
cosO.
60
• Elementos de Eletromagnetismo
(b) Demonstre que a transformação de um vetor do siste ma de coordenadas cilíndricas para o siste ma de coordenadas esféricas é obtida usando:
senO O coso
coso o -scn O
o
o
ou
coso
scn O
o
o
coso
o
A,
Ao
I
-scn O O A<>
(Dica: utilize as Figuras 2.5 e 2.6.)
2.10 (a) Expresse o campo vetorial
'
H = xy-za,
'
+ x·yza,.
+ xyz 2n,
e m coordenadas cilíndricas c esféricas.
(b) Ta mo em sistemas de coorde nadas ci líndricas quanto es féricas, determine H em (3, - 4, 5).
2.11 Seja A =
p
cosO a, + Pl sen cf> a,
(a) Transforme A para coordenadas re tang ulares e determine sua magn itude no ponto (3,
- 4, 0).
(b) Transforme A para coordenadas esféricas e determine sua magnitude no ponto (3, - 4, 0).
2.12 A transformação (A,, A 6 , A) -4 (A,, A>, A) na equação (2. 15) não está completa. Complete-a expressando cos cf> e sen cf> em termos de x, y e z. Faça o mesmo para a transfurmaçào (A,, Ae- A,.) -4
(A,. A,. A.) na equação (2.28).
.
-
2.13 No Exercício Prático 2.2, expresse A em coordenadas esféricas c B em coordenada~ c ilíndricas.
DctCm1inc A em (lO, -.12, 3-;r/4) c B em (2, 1rl6, 1).
2. 14 Calcule a distância entre os seguintes pares de pontos:
(a) (2, I, 5) e (6, - I, 2)
(b) (3, -.12, - I) e (5, 3-.12, 5)
(c) ( I O, 7r/4, 3-./4) e (5, -.16, 77r/4)
2.15 Descreva a interseção entre as seguintes superfícies:
(a) x
= 2,
y
=5
(b) x=2,
y = - 1,
(c) r = 10,
o= 30°
(d) p = 5,
cf> =
= 60•,
(I) r = 5,
z
40°
= 10
</>
= 90°
(e) cf>
z=
10
2.16 No ponto 7(2, 3, - 4), expresse a, no sistema esférico c a, no sistema retangular.
*2.17 Dados os vetores A = 2a~ + 4a> + IOa, c B = - 5a, +a~- 3a,. determ ine:
(a) A + B e m P(O, 2, - 5):
(b) o ângulo entre A e B em P;
(c) a componente escalar de A ao longo de B em P.
2. 18 Dado G = (x + /)ax + xza,. + (z2 + ~y)a:, determine a componente vetorial de G ao longo de
a6 no ponto P(8, 30°, 60°). Sua resposta deve ser dada em coordenadas cartesianas.
Sistemas e Transformação de Coordenadas •
61
*2.19 Se J = r sen O cos <P a,- cos 20 sen <f> a 6 + tg! In r a 0 a em T(2. ?r/2, 37rn), determine a com.
.
2
ponente vetonal de J que sew
(a) paralela à a;
(b) normal à superfície <f> = 311'n
(c) tangencial à superfície esférica r= 2
(d) paralela à linha y = - 2. z = O
2.20 Sej a H - 5p sen cf>
~ - pz cos
q, a 0 + 2pa: . No ponto P(2. 30°.- 1), determine:
(a) um vetor unitário ao longo de H ;
(b) a componente de H paralela à a.••
(c) a componente de H normal a p = 2;
(d) a componente de H tangencial a q, = 30".
>4< 2.21 Seja
2 o
A = P(Z" - I)a, - PZ cos <f> a0 + p z·a:
?
e
B = r 2 cos
q, a, + 2r sen Oa0
Calcule em T(- 3, 4, 1): (a) A e B; (b) a componente vetorial de A ao longo de B em T, em coordenadas cil fndricas; (c) o vetor unitário perpendicular tanto a A quanto a B em T, em coordenadas esféricas.
*2.22 Urna outra maneira de definir um ponto P no espaço é através de (r, cr, (3, y), onde as variáveis estão indicadas na Figura 2.11. Utilizando essa definição, determine (r. cr, {3, y) para os seguintes
pontos:
(a) (- 2, 3, 6)
(b) (4. 30°. - 3)
(c) (3. 30°. 60°)
(Dica: r é o r de coordenadas esféricas, O s cr, {3, -y < 271'.)
Fil!ura 2.11 Referente ao Problema 2.22.
2.23 Um campo vetorial em um " misto" de variáveis coordenadas é dado por
G =
x cos q,
P
2yz
aX
+ '- ) +
p-
(
x
2
)
I - - "t a ,...
p-
Expresse G, de maneira completa, em um sistema esférico.
Capítulo
3
CÁLCULO VETORIAL
Nenhum homem torna-se verdadei ramente um tolo até que ele pare de fazer perguntas.
-CHARLES P. STEtNMETZ
3.1 INTRODUÇÃO
O Capítulo I trata, principalmente, de soma, subtração e multiplicação ve10riais em coordenadas cartesianas. O Capítul o 2 estende esses concei tos para outros sistemas de coordenadas. Este capítulo Lrata do cálculo vetorial (integração e diferenciação de vetores).
Os conceitos introduzidos neste capítulo fornecem uma linguagem conveniente para expressar
certas concepções fundamentais em Eletromagnetismo ou em M atemática em geral. Um estudante
pode não se sentir familiarizado com estes conceitOs, em princípio- não enxergando "quão importantes" eles são. Tal estudante deve ser orientado para se concentrar em aprender as técnicas matemáticas e esperar pela suas aplicações nos capítulos subseqüen tes.
t3.2 COMPRIMENTO, ÁREA E VOLUME DIFERENCIAIS
O elementos diferenciais de comprimento, área e volume são úteis em cálculo vetorial. Eles são detinidos nos sistemas de coordenadas cartesiano, cilíndrico e esférico.
A. Coordenadas cartesianas
Da Figura 3. 1, observa-se que:
( I) O deslocamento diferencial é dado por:
dl = dx a.,
+ dy a>' + dz a.
(3. l)
Cálculo Vetorial •
z
63
Figura 3.1 Elementos diferenciais no sistema de
coordenadas cartesiano dextrógiro.
•
o
1
·~
y
)-~------r----7-----.
y
.r
.r
(2) A área di ferencial nonnal é dada por:
dS = d)· d' a.r
dx dz a,.
dz dy a:
(3.2)
~
c está ilustrada na Figura 3.2.
(3) O volume diferencial é dado por:
(3.3)
dv = dxdydz
.
dx
l(\•
..E}lz
a,
ay
t/z
dy
ax
(a)
(b)
(c)
/---------------------------------y
X
Figun• 3.2 A área diferencial normal em coordenadas cartesianas:
~) d =~~ ~ (~~-~~~ (c)~-~~ a~
64
• Elementos ele Eletromagnetismo
Esses elementos diferenciais são muito importantes, uma vez que eles serão referidos várias vezes ao
longo deste livro. O estudante é estimulado não a memoriz.:í-los, mas a aprender como eles são obtidos, a partir da Figura 3.1. Observe, das equações (3. 1) a (3.3), que dl e dS são vetores, enquanto dv
é um escalar. Observe, da Figura 3.1, que, se nos deslocamos do ponto P até Q (ou de Q até P ), por
exemplo, = dy a,, visto que estamos nos deslocando segundo a orientação y . Se nos deslocamos
de Q paraS (ou de S para Q), dl = dy a. + dz a., visto que temos que nos deslocar dy ao longo de y,
dz ao longo de c; e dx = O (não há movímento ;o longo de x). De maneira similar, deslocar-se de D
até Q significa que d l = dx a,. + dy ay + dz a~.
O modo como dS é definido é importante. O elemento de superfTcie (ou de área) diferencial dS pode, em geral, ser definido corno:
tn
dS = dS a,.
(3.4)
onde dS é a área do elemento de superffcie e a,. é o vetor unitário nonnal à supertTcie dS (e orientado
para fora do volume se dS é parte de uma super!Tcie que limit<l esse volume). Se considerarmos a superfície ABCD na Figura 3. L, por exemplo, dS = dy dz a_,, enquamo que já que para a superfície
PQRS, dS = - dy dz a... já que a,. = - a.. é normal à PQRS.
O que é importante lembrar a respeito de elementos diferenciais é como expressar cn c, a partir dele,
como obter dS e dv. Tendo di, dS e dv podem ser facilmente encontrados a partir dele. Por exemplo,
dS ao longo de a., pode ser obtido a partir de cnna equação (3.1 ) multiplicando as componentes de cn
ao longo de a,.
. e de a.; isto é, dy dz a,. De maneira similar, dS ao longo de a. é o produto das componentes de dl ao longo de a,, c a,; isto é, dx dy a0 Da mesma forma, dv pode ser obtido a partir de cn como o produto das três compo.nentes de dl; isto é, dx dy dz. O procedimento desenvolvido aqui para
coordenadas cartesianas será, em seguida, estendido para outros sistemas de coordenadas.
.
-
B. Coordenadas cilíndricas
Observe da Figura 3.3 que, em coordenadas cilíndricas, os elementos diferenciais podem ser obtidos
corno segue:
( l ) O deslocamento diferencial é dado por
I
dl = dp aP + p df/> aó + dz a:
I
(3.5)
(2) A área diferencial normal é dada por
dS = p dr/> d z aP
dp dz
a"'
(3.6)
p dr/> dp a•.
conforme ilustrado na Figura 3.4.
(3) O volume diferencial é dado por
dv = p dp dr/> d z
I
(3.7)
Cálculo Vetorial •
65
Fi~ura
3.3 Elementos vetoriais em
coordenadas cilfndricas.
z
X
Conforme mencionado na seção anterior sobre coordenadas cartesi anas, só precisamos ter
d l; dS e dv podem ser obtidos facilmente a partir de d l. Por exemplo, dS ao longo de az é o
produto das componcmes de d l ao longo de a" c a~; isto é, dp p d<f> a: . Da mesma form a, dv é o
produto das três componentes de d l ; i sto é, dp p d<f> dz.
C. Coordenadas esféricas
Da Figura 3.5, observamos que, em coordenadas cilíndricas,
( I ) O deslocamento diferencial é:
d l = dr a,
+ r dO ao + ,. sen od<l> aó
z
pd</>
a
(a)
..
"
(b)
(c)
~-------------------------------------I~Y
"
'
3.4 Arcas
diferenciais nom1ais em coordenadas ci líndricas:
(a) dS = p d<J> dz aP, (b) dS = dp dz a 6 • (c) dS = p dcf> dp a, .
Fi~o:um
I
(3.8)
66
• Elementos de Eletromagnetismo
Figuru 3.5 Elementos diferenciais
no sistema de coordenadas esférico.
·'
(2) A área diferencial norm al é:
?
dS = ,.- sen OdO de/> a,.
r sen Odr dcf> a 0
rdrdO a.,
(3.9)
confonne ilustrado na Figura 3.6.
(3) O volume diferencial é:
I
dv = r
2
sen
Odr dO dcf>
z
r sen Od<f>
r sen Od<f>
dr
(a)
(b)
(C)
/ - - - - - - - - - - - - - - - --+)'
X
Figur·a .l6 As áreas diferenciais normais em coordenadas esféricas:
(a) dS = r 2 senO dO d<t> a , . (b) dS = r senO dr dt/> a 6 .
(c) dS = rdrdO a 4-
I
(3.1 O)
Cálculo Vetorial •
Novamente, só precisamos ter d l, de onde dS e dv são facilmente obtidos. Por exemplo,
dS ao longo de a 0 é obtido como o produto das componentes de d l ao longo de a, e a~;
i sto é, dr · r senO de/>; enquanto dv é o produto das três componentes de d l; isto é,
dr • r dO • r scn Odcf>.
EXEMPLO 3.1
Considere o objeto mostrado na Figura 3.7. Determine:
(a) a distância BC;
(b) a distância CD;
(c) a superfície ABCD;
(d) a superfície ABO;
(c) a superfície OFD;
(!) o volume ABDCFO.
Solução:
Embora os pontos A, B, C e D sejam dados em coordenadas cartesianas, é óbvio que o o~jeto
tem simetria cilíndrica. Assim, resolveremos o problema em coordenadas cilíndricas. Os pon tos
são convertidos do sistema cartesiano para o sistema cilíndrico como segue:
A(5, 0, 0) ~ A(5, 0°, 0)
B(O, 5,
C(O, 5,
O)~ B(5. f· o)
lO) ~ c(5.; . 10)
D(5, O, 10) ~ D(5, 0°, 10)
(a) Ao longo de BC , d/ = dz; ao;sim,
BC
= J d/ =
fo =
dz
10
o
(b) Ao longo de CD, d/ = p dei> e p = 5, então
'lr/2
CD
=
I
"'2
p
dcf>
=
5 c/>
o
o
z
Fi~tura 3.7
I
I
I
I
I
I
I
I
I
..L------
~~/o
~~
.<
= 2,57r
8 (0. 5, 0)
)'
Referente ao Exemplo ~. t .
67
68
• Elementos de Eletromagnetismo
(c) ParaABCD , dS = pdcf>dz, p =S. Assim,
área ABCD =
r/2 I
I I
~ I
I
dS =
10
.;- o
p d<P dz = 5
irl2 dcf> i
o
~-o
10
dz
o
=
p
s
257T
(d) Para ABO, dS = p d</> dp e z = O, então
12
5
área ABO =
9=0
p dtf> dp
= i1(
d</>
i sp dp = 6,25?r
o
p- 0
(c) Para AOFD, dS = dp dz e cf> = 00, então
área AOFD =
12
5
J1> = 0
f
lO
o
dp dz = 50
t= O
(f) Para o volume ABDCFO, dv = p dtf> dz dp. Portanto,
I
v = dv = Js Jrn
f
lO
Pd<f> dz dp =
p =O 9 = 0 r, = O
i i
lO dz
O
"'2 d</>
O
i sPdp =
62,5?T
O
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.1
Referente a Figura 3.26. Desconsidere os comprimentos diferenciais c imagine
que o objeto é parte de wna casca esférica. Isto pode ser descrito como 3 s r s 5,
60° < O s 90°,45° < cf> < 60°, onde a superfície r = 3 é delimitada por AEHD,
superfície O= 60° é AEFB e a superfície cf> = 45° é ABCD. Detem1ine:
(a) a distância DH;
(b) a distância FG;
(c) a área da superfície AEHD;
(d) a área da superfície ABDC;
(e) o volume do objeto.
Resposta:
(a) 0,7854; (b) 2,618; (c) I, 179; (d) 4, 189; (e) 4,276.
3.3 INTEGRAIS DE LINHA, DE SUPERFÍCIE E DE VOLUME
O conceito de integração com que estamos familiarizados agora será estendido aos casos
em que o integrando envolve um vetor. Por linha entendemos um caminho ao longo de uma
curva no espaço. Utilizaremos os termos linha, cmva c contorno altern adamente.
A integral de linha f A · d l é a integral da componente tangencial de A ao longo
da curva L.
L
Dado um campo vetorial A e uma cuva L , definimos a integral
f A . dl =
L
r
a
IAI coso d/
(3.11 )
Cálculo Vetorial •
b
69
Figura 3.8 Caminho de integração do campo vetorial A.
\
I
,_----~di~~B--~1------A A
c
I
caminho L
I
_... "'
/
0
como a imegral de linha de A em torno de L (vej a Fi gura :1.8). Se o caminho de integração é
uma curva fechada, tal como abca na Figura 3.8, a equação (3. 11 ) torn a-se uma integral de linha
lcchada
f
(3.1 2)
A· d i
I.
que é denominada a circulação de A em torno de L.
Dado um campo vetorial A , contínuo em uma região contendo urna curva suave S, definimos
integral de supelfície, ou o fluxo de A através de S (veja Figura 3.9), como:
'f =
fs
IA 1 cos
edS =
fs
A · a, dS
ou simplesmente
(3. 13)
onde, em qual quer ponto sobre S, an é o vetor unitário normal a S. Para uma superfície
fechada (definindo um volume), a equação (3.13) torna-se
'P =f A ·dS
s
(3. 14)
que é referido como o fluxo líquido de A que sai de S. Observe que o cam inho fechado
define uma superfície aberta, enquanto uma superfície fechada define um volume (veja
Figuras :l. l I e 3.16).
De11 nimos a integral
I
p ,. d v
(3.15)
v
como a integral de volume do escalar p,. sobre o volume v. O significado físico de uma integral
de linha, de superfície ou de volume depende da natureza das quantidades l'ísicas representadas
por A ou por P,.. Observe que d l, dS e dv são definidos como na Seção 3.2.
Figura 3.9 O nuxo de urn campo
vetorial A através da superfície S.
supcrficic S-
70
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 3.2
Dado F = x 2a_.. - xza_.. mostrado na Figura 3.1 O.
/ a, determine a circulação F em torno do caminho (fechado)
Solução:
A circulação de F em torno de L é dada por
f
F · dJ =
L
(f + [ + i + f) F ·
I
-
3
dJ
4
na qual o caminho é particionado nos segmentos numerados de I a 4, como mostrado
na Figura 3.1 O.
Para o segmento 1, y = O = z
?
d J = dx a,,
F = x-a.n
Note que dl é sempre considerado ao longo de + ax, de forma que a orientação dada pelo
segmento I é dada pelos limites de integração. Portanto,
f
F ·dl
=
1
o
f
x3 o
?
x-dx = -
3
I
-/a,, d J =
Para o segmento 2,x = O = z, F =
l
= --1
3
1
dy ay, F · d J = O. Assim,
F · d J =O
2
?
Para o segmento 3, y = I, F =x-a.. -
i
F · dJ =
3
Porém, sobre 3, z
= x;
i
isto é, dr
F · dJ =
I
a: e d l = dx a_..
+ dz a, então
2
(x dx - dz)
= dz. Assim,
i
1
o
3
xza,,. -
(x
2
1
3
-
1) dx = x
-
=
x
o
3
_3,
3
Para o segmento 4, x = 1, então F = a.• - Z<'ly - ia: c dl = dy ay
JF · dl =I (-z dy -
+ dz a,. Assim,
/dz)
4
Fi~:ura 3. 10
Referente ao Exemplo 3.2.
Cálculo Vetorial •
Porém, sobre 4, z
71
=y; isto é, dz = dy, então
f
F ·dl =
4
o
f
,
(-y-y-)dy=
l
----
0
/
2
1
5
= -
3
6
Agrupando as expressões anteriores, obtemos:
f
F · dl
= _.!_ + O 3
L
2
3
+ 5 = _.!_
6
6
Figura 3.11 ReFerente ao Exercício 3.2.
)'
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.2
Calcule a circulação de
A = p cos tJ> ap + z sen 4> a~
em torno da borda L da fatia definida por O s p
mostrada na Figura 3.11.
Resposta:
s 2, O s 4> s
(:!.)",
z
=Oe
I.
3.4 O OPERADOR DEL*
O operador del, escrito \1, é o operador diferencial com caráter vetori al . Em coordenadas cartesianas:
\1
a
ax .
iJ
iJy
iJ
i) z
= - a,+ - a1. + - a,
(3.16)
Esse operador di ferencial, também conhecido como operador gradiente, não é um vetor em si mes·
mo, mas, quando ele opera sobre uma função escalar, por exemplo, resulta em um vetor. O operador
é útil para deli nir:
1.
2.
3.
4.
o gradiente de um escalar V, escri to como \IV;
o divergente de um vetor A, escrito como \1 · A ;
o rotacional de um ve10r A , escrito como \1 x A ;
o laplaciano de um escalar V, escrito como \12 V.
Cada uma dessas operações será definida, em detalhe, nas seções subseqüemes. Antes de fazê-lo, é
conveniente obter expressões para o operador de/(\!) em coordenadas cilíndricas e esféricas. Isso é
facilmente obtido utilizando as fórmulas de conversão das Seções 2.3 e 2.4.
• N. de T. Também conhecido como opcr:odor na/Jia.
72
• Elementos de Eletromagnetismo
Para obter V em termos de p, cp e z. lembremos da equação (2.7) que
tg </! =
1
)'
X
Assim,
-
a
ax
-
a
ay
a
scn </!
ap
p
=cos q , - -
= scn</1-
a
ap
-
a
(3.17)
aq,
cos q, a
P aq,
+
(3.18)
Substituindo as equações (3. 17) e (3. I 8) na equação (3.16) c fazendo uso da equação (2.9), obtemos
V em coordenadas cilíndricas:
a + a -a + a. a
~' éJp
<P P aq,
·· iJz
1
V= a -
(3. 19)
De maneira similar, para obter V em termos de r, Oc</!, utilizamos
Yx2 +i
tgO =
tg
z
q,
=
y
X
Para obter
-
a
ax
-
()
iJy
.i_ =
()z
cos cos </! iJ
sen </! a
- -
osen <jJ- a +
cos sen </! é)
cos </! a
- +
r
ao
P aq,
ar
= sen
o
a+
= senOcos<jJ-
ar
r
ao
p
o
cos O.i_ - sen O.i_
() r
r
aq,
(3.20)
(3.2 1)
(3.22)
ao
Substituindo as equações (3.20) a (3.22) na equação (3. 16) c usando a equação (2.23), obtém-se V
em coordenadas esféricas:
a
V = a, - +
ar
1
a
r
ao
a0 - - + a
-
Q
a
r scn eaq,
(3.23)
Observe que, nas equações (3.1 9) e (3.23), os vetores unitários são colocados à direi ta dos operadores diferenciais porque os vetores unitários dependem dos ângulos.
3.5 GRAD IENTE DE UM ESCALAR
O gradiente de um campo escalar V é um vetor que representa a magnitude e a orientação da
máxima taxa espacial de variação de V.
Uma expressão matemática para o gradiente pode ser obtida calculando-se a diferença no campo d\1
entre os pontos P1 e P1 da Figura 3.12, em que V1, V1 e V; são con tornos sobre os quais V é constante.
Desse cálculo,
Um modo mais geral de ob1cr V. V · A . V x A. VV c V'V é utilizando coordenadas curvilfneas. Veja. por exemplo. M. R. Spicgcl. \~c·wr Anulysis und w1 lnlro·
duclion lu Tensor Ana/ysis. Ncw York: McGraw-Hill. 1959, p. 135- 165.
1
Cálculo Vetorial •
z
73
Figura 3. 12 Gradiente de um escalar.
vv
vv
é!V
dV = - dx
ux
=
é!V
+-
iJ y
dy
é!V
+-
az
dz
av ax + -av a,. + -:uV a,) · (dx a_. + dy a,. +
-:(
éJx
ày ·
iJz
·
(3.24)
dz a)
Por conveniência, seja
av
av
av
G = - a, + - a>. + - a.
àx ·
ày
az •
(3.25)
Então,
dV = G · d l = C cosO dl
ou
dV
-
dl
=C cosO
(3.26)
cn.
Onde dl é o deslocamento diferencial de P1 até P1 c Oé o ângulo entre G c
Da equação (3.26) observamos que dV/dl é um máximo quando O= O; isto é, quando está com a mesma orientação de
G. Assim,
tn
dV
d/
dV
= mnx
dn
=C
(3.27)
onde dV/dn é a derivada normal. Portanto, G tem sua magnitude c ori entação coincidindo com a máxima taxa de variação de V. Por definição, G é o gradiente de V. Portanto:
()V
i!V
i!V
grad V= VV = - a_.+ - a . + - a.
àx
iJy >
éJz •
(3.28)
Ao usar a equação (3.28) em combinação com as equações (3. 16), (3. 19) e (3.23), o gradiente de
V pode ser expresso em coordenadas cartesianas, cilíndricas c esféricas. Em coordenadas cartesianas,
74
• Elementos de Eletromagnetismo
()V
()V
éJ V
VV= - a + - a . + - a.
iJx .r
<Jy > iJz •
Em coordenadas cilíndricas,
VV
=
iJ V
I () V
iJV
a + --a
iJp P
p ilt/> ó
+-
I iJV
I
-
a.
ilz •
(3.29)
Em coordenadas esféricas,
iJV
uV
VV = - a +- - a 0 +
- aó
i) r r
r ao
rsen o ut/>
(3.30)
As seguintes relações envolvendo gradiente, que são faci lmente comprovadas, devem ser desta·
cadas:
(b)
V(VU) =
+ VU
VVU + UVV
(c)
v[~]
uvv-2 vvu
(a) V(V + U) = VV
u
=
(3.3 1a)
u
(3.3 l b)
C:U Ic)
(3.3 ld)
(d)
onde U e V representam escalares e n é um inteiro.
Observe também as seguimes propriedades fundamentais do gradiente de um campo escalar V:
1. a magnitude de VV é igual à máxima taxa de variação de V por unidade de distância;
2. V V aponta na orienlação de máxima taxa de variação de V:
3. VV, em qualquer ponto, é perpendicular à superfície de V constante que passa através desse
ponto (veja pontos P e Q na Figura 3.12);
4. a projeção (ou componente) de VV na orientação de um vetor unitário a é VV · a e é denominada de derivada direcional de V ao longo de a. Essa é a taxa de variação de V segundo a orientação
de a. Por exemplo, dV/dl na equação (3.26) é a derivada direcional de V ao longo de P 1P2 na Figura
3. 12. Portanto, o gradiente de uma função escalar V fornece tanto a orientação segundo a qual V varia mais rapidamente quanto a magnitude da máxima derivada direcional de V;
5. se A = VV, V é denominado o potencial escalar de A.
EXEMPLO 3.3
Determine o gradiente dos seguintes campos escalares:
(a) V = e-• sen 2xcoshy
(h) U = p2z COS 2</>
(c) W = 10rsen2 0cos cf>
Solução:
(a)
av
av
av
VV= - a.+ - a>. + - a.
éJx ·
éJy
az •
= 2e - •cos 2x cosh y ax + e- zsen 2x senh y ay - e <sen 2x cosh y a,
au
1 au
au
(b) VU=- a + - - a + - a.
i)p p
p il</> ó
iJ<. •
= 2pz cos 2</> aP - 2pz sen 24> aó + lcos 2</> a:
Cálculo Vetorial •
I é! W
é! W
I
(c)VW = - a + - - a 9 +
éJ W
a
rsen oa.p Q
= 10 sen- Ocos </> ar + 10 sen 20 cos </> a 9
ar r, r
I
75
-
ao
IOsen Osen </> aó
-
I
EXERCICIO PRATICO 3.3
Determine o gradiente dos seguintes campos escalares:
,
(a) U = x·y +
X)'Z
(b) V = pe sen </> +
z2 cos2 </> + p2
(c) f= cos 8 sen </>In r + r2<P
RcSJ)OSta: (a) y(2x + z)a, + x(x + z)ay +
-1)18:
.?
(b) (z sen </>
+ 2p)a, + (z cos </> -
~ sen 2</>)aó +
p
(p sen </> + 2z cos2 <{l)a,
(c) (
cos Osen c1>
r
)
+ 2r</> a, -
sen 8 sen </>
In r a 0 +
,.
( c~~g cos </> In r + r cossec O)a.,
8
EXEMPLO 3.4
Dado W = .l / + .\)'Z, determine V W e a derivada direcional dW/dl segundo a orientação dada por
3a, + 4a, + 12a, em (2, - 1, 0).
Solução:
aw
aw
aw
VW = - a... + - a1. + a.
élx
ély
élz •
,
?
= (2-ry· + yz)a_. + (2x-y + xz)ay + (xy)a:
Em (2, - 1, O): VW = 4ax- 8a1
-
2a_
Assim,
dW
T7
dl = vW·a1 =(4,- 8,-2) ·
(3, 4, 12)
13
44
=-13
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.4
Dado cJ> = xy + yz + xz, determi ne o gradiente cJ> no ponto ( I , 2, 3) c a derivada
direcional de cJ> no mesmo ponto, orientada em direção ao ponto (3, 4, 4).
Resposta: 5ax + 4ay + 3a,, 7.
EXEMPLO 3.5
Detemline o ângulo segundo o qual a linha x = y = 2z intercepta o eli psóide x2 + / + 2z2 = 1O.
Solução:
Suponha que a linha e o elipsóide se encontrem segundo um ângulo ,P, como mostrado na Figura 3. 13.
A linha x = y = 2z pode ser representada por
76
•
Elementos de Eletromagnetismo
••
Figum 3.13 Referente ao Exemplo 3.5: plano de interseção de uma
linha com um elipsóide.
elipsóide
~~~/
r (À) = 2Àa., + 2ÀaY+ Àa<
onde À é um parâmetro. Onde a linha e o elipsóide se encontram,
(2À)
2
+ (2À)2 + 2 À2 = I O -7 À = ± I
Considerando À = 1 nesse caso, o ponto de interseção é (x, y, z) = (2, 2, I ). Neste ponto, r = 2a,
+ 2a,.. + a...
A superl'ície do elipsóide é definida por
f(x,y, z) = x-?
?
+ y2 + 2z·-
lO
O gradiente de f é
Vf = 2x a_, + 2y a... + 4z az
Em (2, 2, 1), Vf = 4a,
de interseção é:
+ 4a_.. + 4a~. Assim, um vetor unitário normal ao elipsóide no ponto
Escolhendo o sinal posiúvo nesse ca~o. o ângulo entre a,
2+2+1
V3v'9
c r é dado por
5
_ r.: = sen 1/t
3VJ
Assim, Y, = 74,21°. Como À e a, podem ser+ ou-, temos, na realidade, quatro
possibilidades de ângulos, dados por sen 1/t = ::!:: 5/(3'\13).
EXER CÍ CIO PRÁ TIC O
3.5
Calcule o ângulo entre as normais às superfícies x2y
no ponto de interseção (-1, 2, 1).
Resposta:
+z=
3 c x log z -/ = - 4
73,4°.
3.6 DIVERGÊNCIA DE UM VETOR E TEOREMA DA DIVERGÊNCIA
Na Seção 3.3, observamos que o nuxo líquido de um campo vetoria l A que Ou i para fora de uma superficie fechadaS é obtido da integral p A • dS. Definiremos, então, a divergência de A como o nuxo líquido que Oui para fora de uma superfície incrementai fechada, por unidade de volume encerrado pela superfície.
A divergência de A em um dado ponto Pé o fluxo que sai, por unidade de volume, à medida que o volume se reduz à zero em torno de P.
Cálculo Vetorial •
77
1111
(c)
(b)
(•I
Fi:.:ura 3.14 Ilustração da divergência de um campo vetorial P: (a) divergência
positiva. (b) divergência negati va, (c) divergência zero.
Assim,
f.
A · dS
div A = V · A = lim _..._ __
ll.l'-+0
ll v
(3.32)
onde dv é o volume encerrado pela superfície !cchada S na qual P est<Í localizado. Fisicamente, podemos considerar a divergência de um campo vetorial A, em um dado ponto, como uma medida de
quanto o campo diverge ou emana desse ponto. A Figura 3. 14(a) mostra que a divergência de um
campo vetorial em um ponto Pé positiva porque o vetor diverge (ou se "espalha" a partir de) em P.
Na Figura 3.1 4(b) um campo vetorial tem divergência negativa (ou convergência) em P e, na Figura
3.14(c), um campo vetorial tem divergência zero em P. A divergência de um campo vetorial pode ser
vista como, simplesmente, o limite da intensidade da fonte de campo por unidade de volume (ou densidade da fonte); é positiva em um ponto-fonte e negativa em um ponto-sumidouro, ou zero em um
ponto nem sumidouro nem fonte.
Podemos obter uma expressão para V ·A, em coordenadas cartesianas, a partir da definição na
equação (3.32). Suponhamos que se queira calcular a divergência de um campo vetorial A em um
ponto P(x., y., z.,.), considerando que esse ponto esteja encerrado em uma superfície fechada com um
volume diferencial como na Figura 3.15. A integral de superfície na equação (3.32) é obtida da seguinte forma:
1Ts A . dS =
(i +f +f +f +f +f ) A . dS
freme
lltis
esquerdn
dircitn
(3.33)
superior infcrio
Uma expansão de A., em série de Taylor, em três dimensões, em torno de P, é
iJA,,
Aix, y, z) = Ai xo, Yo• Zo) + (x - Xo) - i)
X
éJA
+ (z - z )----L
o éJ z
éJA,
éJy P
+ (y - Yo)--'-
p
+
,,
(3.34)
termos de ordem superior
Para a face anterior, x = x0 + dx/2 e dS = dy dz a.,. Então,
f
[
A · dS = dy dz Ax(X0 , )'0 , Z0 ) +
rrenLc
Para a face posterior, x
= Xo -
dx/2, dS
[
2dx éJA,,
élx
]
+
termos de ordem superior
1
= dy dz.( - a,..). Então,
dx éJAx
A · dS = - d)·dz A·'(xO• )' O> z)O
QX
2
• .,.....
f
,
]
p
+ termos de ordem superior
78
• Elementos de Eletromagnetismo
1
Fi;:u na 3.15 Cáleu lo de V · A no ponto
P(.\'0 • Yo• Zo).
face superior
face da
frente
Assim,
i
àA ,
A · dS = dx dy dz - ·
é!x
A·dS+ [
ri'~! IU C
. l r'á$
+ termos de ordem superior
(3.35)
+ termos de ordem superior
(3.36)
+
(3.37)
I'
Seguindo passos semelhantes, obtemos
Jr
A · dS +
Jr
esquet<b
s
aA,.
a)
A · d = dx dy d z-;
direila
p
e
i
~ · dS
5UJ>'.-'"00f
f
aA.
A · dS = dx dy dz àz-
+ . .
mfenor
termos de ordem superior
p
Substituindo as equações (3.35) a (3.37) na equação (3.33), observando que L\ v = dx dy dz,obtemos
. Ps- A· dS
lm1
d•-+0
dV
(aA,..
aA,+ -àA: )
-+-
=
dX
iJy
éJz
(3.38)
cmP
porque os termos de ordem superior desaparecem a medida c1ue L\ v~ O. Portanto a divergência
de A em um ponto P(x0 , }'0 , Z0 ), em um sistema de coordenadas cartesiano, é dada por
.,
àAx
àA,.
éJA.
+ + ---"
é!x
é!y
é!z
v ·A = -
(3.39)
Expressões similares para V · A em outro sistema de cotlrdenadas, podem ser diretamente
obtidas da equação (3.32) ou pela transformação da equação (3.39) para um sistema de coordenadas
apropriado. Em coordenadas cilíndricas, substituindo as equações (2. I 5), (3. I 7) e (3. I 8) na equação
(3.39) obtém-se:
L éJ
I aA<~
éJA.
V· A = - - (pA ) + + ---:.
(3.40)
P é!p
P
P é!<J>
é!z
Cálculo Vetorial •
79
Substituindo as equações (2.28) e (3.20) a (3.22) na equação (3.39), obtemos a
divergência de A em coordenadas esféricas:
V·A =
~ j_ (r2A,) +
,.- iJr
1
_i (A 8 sen 8) + - 1-
r sen 8 éJ8
éJAô
r sen 8 éJcf>
(3.4 1)
Observe as seguintes propriedades da divergência de um campo vetOrial:
1. resulta em um campo escalar (porque envolve um produto escalar);
2. a divergência de um escalar V, di v V, não faz sentido;
3. V · (A + B) = V · A + V · B
4. V· (VA) = VV ·A + A· VV
A pmlir da detin.ição da divergência de A na equação (3.32), não 6 difícil compreender que
f
s
A · dS =
f,.
V · A dv
(3.42)
Esse é o chamado teorema da divergência, também conhecido como teorema de
Gauss- Ostrogradsky.
O teorema da divergência estabelece que o fluxo total de um campo vetorial A que sai
de uma superfície fechadaS é igual a integral de volume da divergência de A .
Para demonstrar o teorema da divergência, subdividimos o volume v em um grande
número de pequenas células. Se a k·ésima tem volume ~'l. é limitada por uma superfície Sk
(3.43)
Já que o fluxo para fora de uma célula invade as células vizinhas, há cancelamento em
cada superfície interna, tal que a soma das integrais de superfície sobre as Sk's é igual
a integral de superfície sobre S. Tomando o limite do lado direito da equação (3.43) c
incorporando a equação (3.32):
fs
A · dS =
f,,
V · A d11
(3.44)
que é o teorema da divergência. O teorema se aplica em qualquer volume v limitado pela
superfície fechadaS, tal como mostrado na Figura 3.1 6, desde que se considere A e V· A
funções contínuas na região.
80
• Elementos de Eletromagnetismo
Figum 3.1 6 Volume v lirnil:ldo pel a superfície S.
volume v
superiTcie fechadaS
....
---------
Com um pouco de experiência, ficará evidente que o cálculo das integrais de volume é mais fácil do
que o das integrais de superfície. Por essa razão, para determinar o lluxo de A através de uma superfíci e fechada, determi namos o lado direito da equação (3.42), em vez de determ inarmos o lado esquerdo.
EXEMPLO 3.6
Determ ine a divergência dos seguintes campos vetoriais:
(a) J> = x2yz ax + xz a~
(b)
Q = p sen </> aP+ p2z a<~> + z cos </> az
(c) T =
~
cos Oa, +
r
r sen Ocos </> a0 + cos Oa <I>
Solução:
iJ
(a) V · P = - Px
iJ.x
= -
i)?
(.x·yz)
iJx
= 2.xyz
iJ
iJ
+ -iJy P,.. + -iJz P.•
iJ
+-
iJy
(O)
iJ
+-
iJz
(xz)
+x
l iJ
l iJ
iJ
(b) V · Q =- - (p(Jp) + - - Q - + -Q.
P iJp
P a,p o
az •
l iJ
l à,
iJ
2
= - - (p sen <b) + - - (p·z) + - (z cos </>)
p iJp
P à</>
àz
= 2 sen </> + cos </>
I iJ
iJ
I
iJ
- (T0 scn 9) +
- (T~)
r iJ r
r sen 0 iJ 0
r sen 0 iJ </>
I iJ
I
iJ
,
I
i)
= -:; -:- (cos O) +
-. (r scn· Ocos </>) +
-:- (cos 9)
r· àr
r sen (} iJ(}
r sen () à</>
J
= O+
2r sen 9 cos (} cos </> + O
r sen (}
= 2 COS () CO$ </J
?
(c) V · T = - 2 -:- (r ·T,) +
I
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.6
Detennine a divergência dos seguintes campos vetoriais e os calcule nos pontos
especificados.
(a) A = JZ<Ix
+ 4.\)"ay + ;-a~ em ( I, -
2, 3)
?
( b) B = PZ sen <P aP+ 3pz· cos <P ~ em (5, 1rl2, I)
(c) C = 2rcosOcos tjJ a, + r 112~em ( 1, 1rl6, 7r/3)
Resposta: (a) 4x, 4; (b) (2 - 3z)z sen </J, - I ; (c)6 cos Ocos 1/>, 2,598.
Cálculo Vetorial •
EXEMPLO 3.7
Se G(r) = IOe-~aP + a:), determine o fluxo de G para fora de toda superfície de um cilindro
p = I , O ::> z ::> I. Confira o resultado utilizando o teorema da di vergência.
Solução:
Se 'f é o fluxo de G através da superfície, como mostrada na Figura 3. 17, então
f
'f =
G . dS = IJ', + IJ'b + 'l's
onde IJ',, 'fb c IJ', são os fluxos através da tampa superi or, da tampa inferior
l ateral do cilindro, corno mostrado na Figura 3 .17.
Para IJ',, z = I , dS = p dp dt/> a~. Assim,
'f,
=
JG·dS = f
1
f2r
2
10e- p dp dtf>
2
= 10e- (27r)
p=O ~ = O
f
e da superfície
1
O
I 01re-l
Para IJ'b, z = O e dS = p dp dtf>( - a,) . A ssim,
f. G · dS f f
1
'f" =
=
b
2
..
p= O ~=O
2
1
0
10e p dp dtf> = - I 0(27r) ;
0
= -107r
Para
'f,, p
= I , dS = p dz dtf> aP. Assim,
'f. =
i
G ·dS
=Lo r:o
2
2
10e- 2zp dzdt/> = 10(1) (27r) e_:
~
= 101r( i - e- 2 )
Então,
'f= 'f,+ IJ'b + 'l's = 107re- 2
-
I01r + I01r( l - e- 2 ) = O
De outra forma, já que S é urna superfíci e fechada, podemos aplicar o teorema da di vergência:
'f =
f
s
:
"'·
~
......
'Ir,
----.. .,
• •
•Y
f"
( V· G) dv
Figun1 3.17 Referente ao Exemplo 3.7.
,_...
~~--- -
G · dS =
I
y
81
82
•
Elementos de Eletromagnetismo
No entanto,
líJ
l éJ
i)
V· G= - - (pG)+ - - G + - G
P íJp
"
P iJf/> ó
iJz :
I iJ ? O - ? ·
=- (p-1 e - ) - 20e- ?-· = O
p i)p
demonstrando que G não tem fome. Assim,
'P
=
f
( V· G) dv
=O
v
'
'
EXERCICIO
PRATICO
3.7
Determine o fluxo de D = p cos 4> a, + z sen 4> ~ sobre a superfície fechada do
cilindro O < z < I, p = 4. Yerique o teorema da diverg~nci a para esse caso.
2
2
Resposta: 6471".
3.7 ROTACIONAL DE UM VETOR ETEOREMA DE STOKES
Na Seção 3.3, definimos a circulação de um campo vetorial A em torno de um caminho fechado L
como a integral pLA · dl.
O rotacional de A é um vetor axial (ou girante), cuja magnitude é a máxima circu lação de A
por unidade de área, à medida que a área tende a zero, e cuja orientação é perpendicular à es2
sa área, quando a mesma está orientada de modo a se obter a máxima circulação.
Isto é,
rotA
=
V
x
A
=(
,r, A · d l )
:rt.
a,
~s ....o tJ. S
"'~'
lim
(3.45)
onde a área tJ.S é limitada pela curva L e a. é o vetor unitário normal à superfície tJ.S e é determinado
utilizando a regra da mão direita.
Para obter uma expressão para V' x A , a partir da definição na equação (3.45), con sidere a área diferenci al no plano yz como na Figura 3. 18. A integral de linha na equação (3.45) é obtida da seguinte forma:
f
L
A · dl =
(f f f f )
+
ab
+
11<'
+
cd
A · dl
(3.46)
do
Expandindo as componentes de campo com uma série ele Taylor em torno do ponto central
P(x. , J 0 , '-'),como na equação (3.34), resolve-se a equação (3.46). No lado ab do contorno da Fi gura 3.18, dl = dy a1 e z = '-' - dz/2, então:
1
Devido li nmure:w rotacional. alguns au1ores u1ilit.1m o 1ermo rot A paro designar o rol acionai de A.
Cálculo Vetorial •
Fi~:ura
3.1l! Contorno usado para determinar a componente x
de 'V X A no ponto P(x0 • >
6· :.,)
1
c
d
d:
83
• p
u·======-=-- - Y
b
dy
J A · d i = dy [A_r(x
2dz éJA,,
az
J
(3.47)
+ dy
2 TaA,
J
(3.48)
Yo• z,) -
0,
(1/)
No lado bc, dl = dz a, e y = Yo
+ dy/2,
então
J A · d i = dz [Al..\0, )'
<.0 )
0,
Y
bc
No lado cd, d i
= dy ay e
f
= Zo + dz/2, então
[
éJA,.
+ -dz ~
J
(3.49)
dy iJA.
A· d i = -dz A z(xo•o•o
y z ) - ---"'
2 é)·)
do
J
(3.50)
~
No lado da, d i
z
A ·di
= -dy
Ay(X0 ,
)'0 ,
Zo)
2 az
= dz a: e y = Yo- dy/2, então
f
[
Substituindo as equações (3.47) a (3.50) na equação (3.46), c observando que llS = dy dz, temos que
.f
lim
65-+0
~,
A ·di
t:.S
éJA:
éJA •
=- - - 1
éJy
éJz
ou
é)A,
c"lAy
rot
A)
=
--.....::
(
.r
()y
()z
(3.5 1)
As componentes x c y do rotacional de A podem ser encontradas ela mesma maneira. Obtemos:
iJA ,
éJz
éJA,
ax
éJA,.
()A,
(rOl A) = - · - --"
~
(rOL A). = - · - ---"iJx
iJy
(3.52a)
(3.52b)
A definição de V X A na equação (3.45) independe do sistema de coordenadas. No siste·
ma de condenadas canesiano, o rotacional A é encontrado, Ctlm faci !idade, fa;r.endo:
84
•
Elementos de Eletromagnetismo
VX A =
-
a.<
a,.
a.
éJ
éJ
éJ
ax
(3.53)
éJy
õz
Ax Ay A,
ou
éJA~- éJA,. ] a + [ôAx
iJA . ] a
- ---"
Vx A = [éJ y
éJz
"
é! A,.
éiA X]
+ [é!x
é!y a :
éJz
é!x
>"
(3.54)
Aplicando, na equação (3.54), as técnicas apresentadas no Capítul o 2 para transformação de
coordenadas, obtemos o rotacional de A em coordenadas cilíndricas
a,
I ()
V X A =- p é)p
P a~
iJ
a.
éJtl>
éJ z
pA4>
A.
-
i!
-
A,
-
ou
iJA. ] a
- - éJA~] a + [ éJAe _ ____..
V X A -_ [I-iJA,
P élt/>
az
"
az
é!p
o
+ _!_ [ iJ(pA<>) - Me] a.
I
.
p
()p
a<t>
(3.55)
-
c, em coordenadas esféricas,
r a8
1
V X A = -,--r2
senO
a
r sen O~
a
ao
a<1>
1A8
r scn OA6
ou
VX A=
[ éJ(A4> sen O) _ Mo ] a
r sen O
i! O
ot/> r
l
+ _!_[ I
é! A, _ iJ(n\ 9) ] a + _!_ [ i!(1A0) _ éiA,.] a
r seno iJ<P
él r
'0
r
i! r
~
ao
Obser ve as seguintes propriedades do rotacional:
I. o rotacional de um campo vetorial é um outro campo vetorial;
2. o rotacional de um campo escalar V, V X V, não faz sentido;
3. V X (A + B) = V X A + V X B;
4. V X (A X B) = A(V · B) - B(V ·A) + (B · VA - (A · V) B;
S. V X (VA) = VV X A + VV X A;
6. a divergência do rotacional de um campo vetorial é zero, isto é, V · ( V X A) = O;
7. o rotacional do gradiente de um campo vetorial é zero, isto é, V X VV = O.
Outras propriedades do rotacional enconlrarn-se no Apêndice A.
(3.56)
Cálculo Vetorial •
,-,
+
t
\
Fi1,oura 3.19 Ilustração de um rotacional: (a) rotacional em P
apoma para fora da página: (b) rotacional em Pé zero.
,
•p
e p
-
85
(3)
(b)
O significado físico do rotacional de um campo vetorial fica evidente na equação (3.45). O rotacional fornece o máximo valor da circulação do campo por unidade de área (ou densidade de circulação) c indica a orientação ao longo da qual seu máximo valor ocorre. O rotacional de um campo vetorial A, em um ponto P, pode ser considerado como uma medida da circulação do campo, ou, em
outras palavras, de quanto esse campo gira em torno de P. Por exemplo, a Figura 3.19(a) mostra que
o rotacional de um campo vetorial em torno de Pé orientado para fora da página. A Figura 3.1 9(b)
mostra um campo vetorial com rotacional zero.
Ainda, da detinição do rotacional de A , na equação (3.45), podcn1os esperar que
f
A · dl =
J (V X
L
A) · dS
(3.57)
S
Este é o teorema de Stokes.
O teorema de Stokes estabelece que a circulação de um campo vetorial A em torno de um caminho (fechado) L é igual à integral de superfície do rotacional de A sobre a superfície abertaS, limitada por L (veja Figura 3.20), desde que A e V X A sejam contínuos sobre S.
A demonstração do teorema de Stokes é semelhante à do teorema da divergência. A superfícieS
é subdividida em um grande número de células, como mostra a Figura 3.21. Se a k-ésima célula tem
uma {trea superficial ô.St e é limitada pelo caminho Lt,
l
TL
A .dl =
L l
k
TLt
A .dl =
L
(3.58)
k
Fij!ura 3.20 Estabelecendo o sign iticado de d l
dS
c dS referidos no teorema de Stokes.
caminho
L
/
dl
fechado~
86
•
Elementos de Eletromagnetismo
Figura 3.21 llustraçiio do teorema de Stokes.
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
Conforme mostrado na Figura 3.2 1, há cancelamento em todos os caminhos internos, de tal modo
que o somatório das integrais de linha em torno dos Lké igual à integral de linha em torno do caminho L. Portanto, tomando o limite do lado direito da equação (3.58) quando t:Sk-) Oe incorporando
a equação (3.45), obtém-se
f
A· d l =
L
f
( V X A) · dS
S
que é o teorema de Stokes.
A orientação de dl e dS, na equação (3.57), deve ser escolhida usando-se a regra da mão direita
ou do parafuso de rosca direita. Ao usar a regra da mão direita, se posicionarmos os dedos ao longo
de dl, o polegar indicará a orientação de dS (veja Figura 3.20). Observe que, enquanto o teorema da
divergência relaciona a integral de superfície com uma integral de volume, o teorema de Stokes relaciona uma integral de linha (circu lação) com uma integral de superiTcie.
EXEMPLO 3.8
Determine o rotacional de cada um dos campos vetoriais do Exemplo 3.6.
Solução:
(a) "v X p = (éJP~
- -éJP,)) a, + (éJP_.
- -éJP,) a . + (éJP,.
- -éJP.r) a.
ôy
ôz
·
éJz
ôx
>
~ - z) ay + (O - .n)
' a,
= (O - O) a., + (x·y
= (x2 y - z)ay - x 2 za,
(b) V X
Q=
=
(.!.p éJQz
il<P
I
(c) V X T =
•
iJQ.;] a + [ iJQ" - iJQz] a + .!. [.!!._ (pQ ) - iJQe ] a
iJz
p
iJz
é)p
"'
p ap
ó
r)</J
z
-z
( P sen <P -
= - -p
éJy
õx
(z sen <P
p·') ~
, + (O - O)a.p + PI (3p·z
+ p3)a p + (3pz -
p cos <P)a:
cos <P)a,•.
I
[él
- (T.;sen 8) - - él T0 ] a,
r sen () éiO
él</>
+ .!. [
1
_!!_ T, - _i_ (rT ) ] a0 + .!. [.!!._(rTo) - .!!._ T,] a"'
r sen8éi<P
ar
1
=
(cos ()senO)
r sen 8 ao
+ -I [ I - él (cos2 8) r sen () éJ<I> r
[~
"'
r
él r
- _!!_ (r sen () cos </>)] a,
a.p
éJ
]
(rcos8) a8
õr
+ -I [ - éJ (r2 sen () cos <P) - - éJ (c os2 8) ] a"'
r é)r
é) 8 r
-
éJ(}
Cálculo Vetorial •
1
r~ n
I
8
(cos 28 + r sen 8 sen <{>)a,. + - (0 - cos 8)a0
+ -1 ( 2r sen Ocos <P + sen
2
r
I"
li) a.,
r
cos 20
)
cos O
(
I)
( r sen 8 + sen cf> a, - r a8 + 2 cos cf> + 3r sen Oa..
=
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.8
Determine o rotacional de cada um dos campos vetoriais do Exercício 3.6 e o calcule
em cada um dos pontos indicados.
Resposta: (a) a.<+ yay + (4y - z)a, ,a"' - 2ay - lia, ;
(b) - 6pz cos cf> a,+ p sin cf> a"' + (6z- l )z cos cf> a,, Sa"';
()a,. - ( 2 cotg Osen cf> + 3 , ) a + 2 sen Ocos cf> a.,;
(c) cotg
,
0
r 112r 11I ,732 a, - 4,5 a8 + 0,5 a9 .
EXEMPLO 3.9
Se A = p cos <P ap + sen cf> a9o determine ~A · d l ao longo do caminho, como mostrado
na Figura 3.22. Confira esse resultado utilizando o teorema de Stokes.
Solução:
Seja
f
A . dl =
L
[r+ r+ r+ rJ
''
b
r
A . dl
d
onde o caminho L foi di vidido nos segmentos ab, bc, cd e da, como mostrado na Figura 3.22.
Ao longo de ab, p = 2 e d l = p dcp a9 . Assim,
bA· d l = i30'
J
30•
p sen <P dcf> = 2(- cos <f>)
- (V3 -
I)
~ = 600
(l
y
Figura 3.22 Rcfcrcmc ao Exemplo 3.9.
5 ---
--
- .......... c/
s
\
\
2
\
I
I
I
(:)
I~
o
=
~
,-
,/
Jo•
\
b
I
I
I
I
I
1
1
I
2
5
..
87
88
•
Elementos de Eletromagnetismo
A o longo de bc, !f> = 30° e d i = dp aP. A ssim,
r r
2
A . di =
,
p cos
f
IW
A · dl =
,.
ô~
Ao longo de da , !f>
2
s_
p -= 2
I~
2
Ao longo de cd, p = 5 edl = p d!f>
el
~
!f> dp = cos 30°
aô. A ssim,
60'
p sen !f> d!f> = 5( -cos !f>)
=.?.cV3 -I)
2
30"
30"
= 60° e d i = dp aP. Assim,
f A.
(I
dl =
d
r
p cos !f> dp
= cos 60°
p =S
f-
2
= -~
S
Agrupando todos esses termos, tem-se
f
.rA · d l = - v3
+
I
+
2 1\13
I)
= 4,94 I
4
I.
= 427 (•V'-3 -
+ 5\13 - -5 - -2 1
2
2
4
Utilizando o teorema de Stokes (porque L é um caminho fechado)
f
f
A · di =
L
( V X A)· dS
S
Contudo, dS = p d!f> dp a; e
VX A=a [.!. éiA; _
p
P éJ!f>
= (O - O)ap
éiAô]
éiz
+a [ê)Ae _ êJA;] + 3 _.!.[.i_(pA
éJz
ô
+ (O -
+
O)aó
Assim,
f
f
60
(V X A) ·dS =
•
t;6- • J0°
S
I
P (J
r
éJp
(
J30'
p • 2 f)
s
J2
!f>
60' (
p
+ p)dp
p2)
s
2
2
+-
30'
27 - '-
él!f>
.!_(I + p) sc n!f>pdpd!f>
sen !f> d!f> ( · ( I
= -cos
ô
êMe]
+ p ) scn !f> a;
60'
=
• P éJp
)_
= 4(V3- I)=
4,941
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.9
Utilize o teorema de Stokes para conferir seus resultados do Exercício Prático 3.2.
R esposta:
I.
Cálculo Vetorial •
EXEMPLO 3.1O
89
Para um campo vetorial A , demonstre explici tamen te que V · V X A = O; isto é, que a divergência
do rotacional de qualquer vetor é zero.
Solução:
Essa identidade vetorial, bem como a que será mostrada a seguir no Exercfcio Prático 3.10, é muito
útil em EM. Por simplicidade, consideraremos A em coordenadas cartesianas.
a_.
a,
ar
o o a
\1. V
X
A =
=
=
(J...
j_ J...) . ox ()y oz
ox' ay' o'l.
A.< A,. A:
(J...,
J...,
J...)
.
[
(~ _~). _(eM: _~). (~ _ iJA,)]
iJx ay o'l.
oy
iJz
ox
iJz
iJx
iJy
j_ ( iJA: _ iJA,.) _ j_ ( tM: _ iJA.•) + j_ ( iJA ,. _ iJA.• )
i)x
iJy
?
() -A=
()x
t)y
az
?
iJ ·A,.
a)'
,
a-A.
ax
iJy iJx
()z
iJx
az
i)x
·'
.,
iJ·A.
a-A,.
" +
"+
ay oz
iJz i!x
()x
() ")-A .
()y
.
i)z
iJy
=O
a2A.
--=--,
c assim por diante.
()y iJx
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.10
Para um campo escalar V, demonstre que V X VV = O; isto é, que o rotacional do
gradiente de qualquer campo escalar se anula.
Resposta: a demonstração.
3.8 LAPLACIANO DE UM ESCALAR
Por razões de ordem prática, é oportuno introduzir o conceito de urn operador que é a composição
dos operadores de gradiência e de divergência. Esse operador é conhecido como o laplaciano.
O laplaciano de um campo escalar V, escrito como \12 V, é o divergente do gradi ente de V.
Portanto, em coordenadas cartesianas,
Laplaciano V = V · V V = V2 V
=
a
a
a
][a
v
av
ax
+
a,.
+
-:a:
·
ax
+
~
a,.
[ax
oy .
iJz
ox
ay •
+
-av a=]
az
(3.59)
isto é,
, a-v a-v a-v
v-v=-+-+
ax- ay- -az?
?
,
?
,
?
(3.60)
90
•
Elementos de Eletromagnetismo
Observe que o laplaciano de um campo escalar é um outro campo escalar.
O laplaciano de V em ou tros sistemas de coordenadas pode ser obtido a partir da equação (3.60),
fazendo a transfom1ação de coordenadas. Em coordenadas cilíndricas,
2
2
a
(
av)
1 av
a
v
v-v=-p- + - - + P ap
ap
p· a.p- az-
,
1
'
?
?
(3.61)
e em coordenadas esféricas,
a ( ,.-?av) + 1 - a ( seno-a0 + 1 -a2 v
ar r 2 seno ao
ao
r 2 scn2 oéJ,P 2
,
1
v-v=--r 2 é) r
(3.62)
Um campo escalar V é dito harmônico em uma dada região quando o seu laplaciano se anula nessa região. Em outras palavras, se a igualdade
(3.63)
for satisfeita nessa região, a solução para V na equação (3.63) é harmônica (isto é, na forma de seno
ou cosseno). A equação (3.63) é denominada equaçcio de Laplace. Resolver essa equação será nosso
principal objetivo no Capítulo 6.
Consideramos, até aqui, apenas o laplaciano de um escalar. Já que o operador laplaciano V 2 é um
operador escalar, é possível definir também o laplaciano de um vetor A . Nesse contexto, V2A não deve
ser interpretado como o divergente do gradiente de A, o que não faz sentido. Na verdade, V 2A deve ser
entendido como o gradiente do divergente de A subtraído do rotacional do rotacional de A. Isto é,
(3.64)
Essa equação pode ser empregada para determinar o v '-A em qualquer sistema de coordenadas. No
sistema cartesiano (e unicamente nesse sistema), a equação (3.64) torna-se
(3.65)
EXEMPLO 3.11
Encontre o laplaciano dos campos escalares do Exemplo 3.3, isto é:
(a) V = e-: sen 2r cosh y
(b) U = p2 z COS 2,P
(c) W = 10rsen2 0cos<P
Soluç.1o:
O laplaciano, no sistema de coordenadas cartesiano, pode ser determinado tomando a primeira derivada da função e, em seguida, a segunda derivada.
2
éJ2V
(a) V V= - 2
ax
éJ2V
+-
al
éJ2V
+-
iJz 2
= .i_(2e-=cos 2xcoshy)
éJx
+ .i_(e-= cos2.xsenhy)
éJ )'
+ .i. (-e- = sen 2r cosh y)
éJz
= -4e- =sen 2r cosh y
= -2e - z sen 2r cosh y
+ e- z sen 2x cosh y + e
=sen 2r cosh y
Cálculo Vetorial •
(b)
91
2
a
(
av)
1 av
cPv
v-v=-p - +--;;+
P iJp
ap
P- a.pa,1 a
1 ,
= - - (2p2z cos 2</>)- -;;- 4p-z: cos 2</> +o
,
1
?
p iJp
?
p-
= 4<. cos 2</> - 4<. cos 2</>
=O
1a ( r,aw)
1
aw
(c) ~W = - - + 2 1 - a ( scn 0-a ~ + -..----::;---:;r 2 éJ r
éJr
r senO éJO
iJO
r 2 sen2 8 a.p2
I éJ
,
.1
éJ
2
= 2 - ( IOr sen- Ocos </>) + 2
( IOr sen 28 sen 8 cos </>)
r éJ r
r sen8 éJ 0
?
I Or sen- Ocos <1>
2
r 2 sen2 8
20 sen2 Ocos <1> 20r cos 20 sen Ocos <1>
=
+ ------::------'-'-'?
r
r -senO
I Or sen 28 cos 8 cos <1>
I Ocos <1>
+
- ---'-r2 sen O
r
10
cos <I> (2 sen2 8 + 2 cos 20 + 2 cos2 O - I)
,.
lO cos <I> ( I
+
2 cos 20)
r
EXERCÍCIO PRÁTICO 3.11
Determine o laplaciano dos campos escalares do Exercício Prático 3.3, isto é,
?
+ .\)'l.
2
?
7
pz sen <1> + c. cos- <1> + p-
(a) V = x)·
(b) V =
(c)
f=
,
cosOsen<P In r + ,.-.p
Resposta:
,
(a) 2y, (b) 4 + 2 cos- <1>
?
2z-
---;:;-
p-
cos 2</> , (c) 2
I
,.
cosO sen <1> ( I - 2 In r
cossec2 8 In r) + 61/J.
i"3.9
CLASSIFICAÇÃO DE CAMPOS VETORIAIS
Um campo vetorial é univocamente caracterizado pelo seu divergente e seu rotacional. Nem só o divergente, nem o rotacional, individualmente, são suticicntcs para descrever completamente o campo.
Todos os campos vetoriais podem ser classificados em termos da anulação ou não-anulação de seu
divergente ou de seu rotacional, como segue:
(a) V · A = O, V X A = O
(b) V· A i' O, V X A = O
(c) V · A = O, V X A 'F O
(d) V· A i' O, V X A 'F O
A Figura 3.23 ilustra campos típicos dessas quatro categorias.
92
• Elementos ele Eletromagnetismo
--__---,...._
/
"
t /
"t/
/f'
~~
-(a)
/
-
~~
t '
/
/
(c)
(b)
(d)
Fi~ura 3.23 Campos típicos com divergente e rotacional nulos ou nilo nulos.
(a) A
= ka,. í! · A = O, v X
(IJ) A = kr . í! · A
A = 0:
= 3k. í! X A = 0:
(c) A = k X r . í! ·A = 0. í! X A = 2k:
(d) A = k X r + cr . V · A = 3c, V X A = 2k .
Um campo vetorial A é dito solenoidal (ou não-d ivergente) se V· A = O.
Esse campo não é nem fonte nem sumidouro de nuxo. Do teorema da divergência:
f.
s
A · dS =
f
,.
(3.66)
V · A dv = O
Assim, as linhas de fluxo de A , que entram em qualquer supcrficie fechada, devem sair dela. Exemplos de campos solenoidais são: fluidos incomprcssíveis, campos magnéticos c densidade de corrente de condução sob condições estacionárias. Em geral, o campo do rotacional de F (para qualquer F)
é puramente solenoidal porque V · (V X F) = O, como demonstrado no Exemplo 3. 1O. Portamo, um
campo solenoidal A pode ser sempre expresso em termos de um outro vetor F, isto é,
se
V· A = O
então
{ A ·dS =O
(3.67)
e
F = VX A
Um campo vetorial A é dito irrotacional (ou potencial) se V X A = O.
Isto é, um vetOr sem rotacional é i rrotacional? A partir do teorema de Stokes:
f
S
(V
X
A) · dS =
1 A · dl =
JL
O
(3.68)
Portanto, em um campo irrotacional A , a circulação de A em torno de um caminho fechado é identicamente zero. Isso implica que a integral de linha de A indepcnde do caminho escolhido. Portanto,
um campo irrotacional é também conhecido como um campo conservarivo. Exemplos de campos irrotacionais incluem o campo eletrostático c o campo gravitacional. Em geral, o campo do gradiente
de V (para qualquer escalar V) é puramente irrotacional já que (veja, Exercício 3.1 0):
V X ( VV) =O
(3.69)
' De fmo. o rot~cion~l é algumas \'CZcs conhecido como rotação c o rotacional de A é escrito como ro1 J\ em alguns livi'O$-tcxto. Essa é uma das r:u.õcs para
usannos o tcnno írmtacifllllll.
Cálculo Vetorial •
93
Dessa forma, um campo irrotacional A pode ser sempre expresso em termos de um campo escalar V,
isto é,
se
V X A= O
en tão
fl. A· d l = O
e
A=
- vv
(3.70)
Por essa razão, A pode ser chamado de campo potencial e V de potencial Clicai ar de A . O sinal negativo na equação (3.70) foi inserido por razões da Física que licarão claras no Capítulo 4.
Um vetor A é univocamente descrito dentro de uma região por seu divergente e seu
rotacional. Se
V. A = Pv
(3.71a)
V X A = Ps
(3.71b)
c
p,. pode ser considerado como a densidade de fonte de A c Ps a densidade de circulação de A. Qual-
quer vetor A que satisfaça a equação (3.71) tanto com p,. quanto com Ps se anulando no inlinito pode ser expresso como a soma de dois vetores: um itTotacional (rotacional zero) e outro solenoida! (divergência zero). Esse é o denominado teorema de Helmholtz. Portanto, podemos escrever:
A = -VV+ V X B
(3.72)
Se lizermos A1 = - V' V e A, = V X B, é evidente do Exemplo 3. 1Oc do Exercício 3.1 Oque V' X A1 =O
e V X A, = O, demonstrando que A1 é irrotacional e A, é solenoidal. Finalmente, fica claro, das equações (3.64) e (3.71 ), que qualquer campo vetorial tem um laplaciano que satisfaz
V-A
' = Vp,. - V X Ps
EXEMPLO 3.12
(3.73)
Demonstre que o campo vetorial A é conservativo se A possui urna das seguintes propriedades:
(a) a integral de linha da componente tangencial de A ao longo do caminho que se estende do ponto
P até o ponto Q é independente do caminho;
(b) a integral de linha da componente tangcncial de A em torno de qualquer caminho fechado é zero.
Solução:
(a) Se A é conservativo, V' x A = O. Então existe um potencial V tal que:
[à
V a,
iJx .
A = - VV = -
+
àV a . + àV a ]
iJy >
iJ<. z
Assim.
QA · d l = - JQ[i-J Vdx + -àV dy + -éi V dz]
J
p
àx
p
Q [
= -
J
P
iJV dx
iJV dy
élx ds + ày ds
QdV
= -
JP
iJz
él)'
JQ
ds ds = - P dV
+
à V dz]
iJz ds ds
94
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
r
A · d i = V(P) - V(Q)
p
demonstrando que a integral de linha depende somente dos pomos inicial e final da curva. Portanto,
Q
para um campo conservativo,
.
J A ·di é simplesmente a diferença de potencial entre os pontos exP
cremos do caminho.
(b) Se o caminho é fechado, isto é, se P e Q coincidem, então:
f
A di
= V(P)
- V(P)
=0
EXERCÍC IO PRÁTICO 3.12
Demonstre que B = (y
nenhuma integral.
Resposta:
RESUMO
+ z cos xz)a_, + xa>, + x cos xz a, é conscrvativo, sem calcular
a demonstração.
L Os deslocamentos diferenciais nos sistemas cartesiano, cilíndrico e esférico são, respectivamente:
di = dx ax + dy ay + dz a,
di = dp a"
+ p dt/> a., + dz a:
dl = dr a, + r dfJ a8 + r sen e dt/> a<~
Observe que dl é sempre considerado com orientação positiva, c a orientação do deslocamento
é indicada nos limites de integração.
2. As áreas diferenciais normais nos três sistemas de coordenadas são, respectivamente:
dS = dydz a.,
dx dz ay
dxdy a,
dS = p dt/> dz aP
dp dz a.;
p dp dt/> a,
dS = r 2 sen e de dt/> a,.
r sen dr dcf> ao
r dr dO a<:l
e
Observe que dS pode estar com orientação negativa ou positiva, dependendo da superrície
considerada.
3. Os volumes diferenciais nos três sistemas são:
dv = dxdydz
dv = p dp dt/> dz
?
e
dv = ,.- sen dr dO dt/>
Cálculo Vetorial •
95
4. A integral de linha do vetor A ao longo do caminho L é dada por ] 1• A· dl. Se o caminho é fechado, a integral de linha torna-se a circulação de A em torno de L, isto é,~~ A· dl.
S. O nuxo ou integral de superfície de um vetor A através da superfícieS é definido como f 5 A· dS.
Quando a superfícieS é fechada, a integral de superfície torna-se o nuxo líquido de A através de
S, apontando para fora, isto é, p A· dS.
6. A integral de volume de um escalar P,. sobre um volume v é definida como f . p,dv.
7. A diferenciação vetorial é obtida utilizando o operador diferencial com caráter vetorial V. O gradiente de um campo escalar V é denotado por VV, a divergência de um campo vetorial A por V·
A, o rotacional de A por V X A e o laplaciano de V por V2 V.
8. O teorema da divergência, p5 A • dS =f,. V· A dv, relaciona uma integral de linha sobre um ca•ninho fechado à uma integral de superfície.
9. O teorema de Stokes, ~L A· dl = fs (V X A)· dS, relaciona uma integral de linha sobre um caminho lechado à urna integral
, de superfície.
10. Se a equação de Laplace, v-v = O, é satisfeita por um campo escalar V em uma dada região, V
é dito harmônico naquela região.
11. Um campo vetorial é solenoidal se V ·A = O; é irrotacional ou conservativo se V X A = O.
12. Um resumo das operações de cálculo vetorial nos três sistemas de coordenadas é fornecido nas
guardas finais deste livro.
13. As identidades vetoriais V • V X A e V X VV = O são muito úteis em EM . Outras identidades
vetoriais estão no Apêndice AI O.
QUESTÕES DE REVISÃO
3.1 Considere o volume diferencial da Figura 3.24 e relacione os itens da coluna da esquerda com os
da coluna da direita.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
dl de A até 8
dl de A até D
t/1de A até E
dSda face ABCD
dS da faceAEHD
(I) dS da face DCGH
(g) dS da face ABFE
(i)
(i i)
(iii)
(i v)
(v)
dy d:. a.•
-dxd: ay
dx dy a,
-dx dy a,
dx a,..
(vi) dy a>
(vi i) dz a,
3.2 Para o volume diferencial na Figura 3.25, relacione os itens da lista da esquerda com os da lista da
direita.
(a) dl deEatéA
(b) dl de JJ até A
(c) dl de D até A
(d)
(e)
(t)
(g)
dS da faceABCD
dS da face AEHD
dS da face ABFE
dS da face DCGH
(i)
(ii)
(ii i)
(i v)
(v)
- p d<f> dz aP
-dp dz a<>
-p dp d<f> a,
p dp d<f> a,
dpaP
(vi) p df/> aQ
(vii) dz a;
96
•
Ele mentos de Eletromagne tismo
A
Figunt 3.24 Referente a Questão de Re vi são 3. 1.
F
E
~/
-1-1 -----::-('"_/
8
I
I
d:
I
I
I
I
a,
--
,1I .H: ---- - r---
G
/
I
Olc.:...-----,--~
(;
,
t .<
(/)'
••
3.3 Um vo lume diferencial em coordenadas esféri cas é mostrado na Figura 3.26. Para o e le mento de
volume, re lac ione os itens da coluna da esquerda com os da coluna da dire ita.
- r 2 senO dO d<P a,.
(a) d l de A até D
(i)
(b) d i de E até A
(c) dl de A at.é 8
(d) dS da face EFGH
(e) dS da face AEHD
(I) dS da face ABFE
(i i) - r sen Odr d<P a0
(iii) r dr dO a.:.
(i v) dr ar
(v)
r dOao
(vi) r scn Od<J> ~
3.4 Se r = .~-a. + ya, + za:, é o vetor posição do ponto (x, y, :) e r
incorreta?
= lrl. qual das seguintes igua ldades é
(a) Vr= rir
(b) V· r = I
2
(c) V (r · r ) = 6
(d) V x r = O
3.5 Qual das seguintes operações não faz sentido?
(a) grad di v
(b) di v rot
(c) grad l'Ot
(d) rol grad
(c) di v rot
Er---- -----. t··
A
li-,.__--.,.._.....
I
f<.
I
o
••
dz
B
---~_:_!~~;---L. . . . -p~~
c
G
Figura 3.25 Referente a Questão de Revisão 3.2.
Cálculo Vetorial •
97
Figura 3.26 Referente a Questão de Revisão 3.3
(c também rcfercrnc ao Exercício Prático 3. 1).
''
'
A ,....:::.~-+
' - -íOn
rd8
I
I
I
H~ ---/
/
/
/
o--;-- J
dr
c
r~n 8 d~
c
3.6 Qual das seguintes operações resulta em zero'?
(a) grad di v
(b) di v grad
(c) rot grad
(d) rot rot
1
3.7 Dado um campo A = 3fyza, + x3za 1. + (X y- 2z)a,. pode-se afirmar que A é:
(a) Harmônico
(b) Não-divergeme
(c) Solenoidal
(d) Rotacional
(e) Conservati vo
3.8 A densidade de corrente superficial J, em um guia de onda retangular. está representada na Figura
3.27. Observa-se na figura que J diverge na parede superior do guia. enquanto não diverge na parede lateral do guia.
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
3.9 O teorema de Stokes é aplicável somente quando existe um caminho fechado e o campo vetorial e
suas deri vadas são contínuas ao longo desse caminho.
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
(c) Não necessariamente verdadeiro ou falso.
3.10 Se um campo vetorial Q é solenoidal, qual das igualdades é verdadeira?
(a)
(b)
(c)
f.
Q · d1 = O
f
s Q · dS =O
V X Q =O
(d) V X Q #0
?
(e) v -Q =O
98
•
Elementos de Eletro magnetismo
Figura 3.27 Referente a Questão de Revisão 3.8.
Respostas: 3.1a-(vi), b- (vii ), c-( v), d -(i), e-(ii ), f-( iv), g-(iii); 3.2a-(vi), b-(v), c -(vii), d-(ii),
e -(i), f-(iv), g-(iii); 3.3a-(v), b-(vi), c-(iv), d -(iii), e-( i), f-(ii); 3 .4b; 3 .5c; 3.6c;
3.7e; 3.8a; 3.9a; 3.1 Ob.
PROBLEMAS
I
3.1 Utilizando o comprimento diferencial d/, deLemline o comprimento de cada uma das seguintes curvas:
(a) p = 3, 7r/4 < <P < 1rl2, z = constante
(b) r = I, O = 30°, O < <P < 60°
(c) r= 4, 30° < O< 90°, tJ> = constant e
3.2 Calcule as áreas das seguintes superfícies, ut ilizando a área da superfície diferencial dS:
(a) p = 2, O <
z=
z<
I<p<
< <P < w/2
3, O < ti> < 7r/4
5, w/3
I,
(c) r= 10, 1fl4 <O< 2w/3, O< tjJ < 21f
(d) O < r< 4, 60° < O < 90•, q, = constante
(b)
3.3 Utilize o volu me diferencial dv para determinar os volumes das seguintes regiões:
(a) O <
x < I. I < y < 2, - 3 < z < 3
(b) 2 < p < S. 7r/3 < t/> < 1r. -I < z < 4
(c) I < r < 3, 1rl2 < O < 27r/3, 1rl6 < <1> < 1rl2
3.4 Dado que Ps =i + xy, calcule f 5 p 5 dS sobre a região y
3.5 Dado que H
= i a, + y\,, calcule
:Si. O<
x < I.
L
H · cn, considere L ao longo da c urva y =i, de (0, O) a (I , I).
3.6 Encontre o volume de um cone, seccionado de uma esfe ra de raio r = a, li mitado por() = ex. Calc ule o volume quando ex = 7r/3 e ex = 1rl2.
J F· cn for considerada como o trabalho realizado pam deslocar uma partícula de A
8
3.7 Se a integral
até 8 , encontr~ o trabalho realizado pelo campo de fo rça:
F=
• l
2
ex·
z
)
a,
3xz
a..
.
.
2~)'a, +
sobre uma partícula que se desloca de A(O, O, O) até 8(2, I, 3) ao lo ngo:
(a) d o segmento (0, O, 0) -t (0, I, O) -t (2, I, O) -t (2, I, 3)
(b) da linha reta e ntre (0, O, O) até (2, I, 3)
3.8 Se
H = (x - y)ax + (x-• + zy)a1 - 5yz a ,
calcule f H ·di ao longo do contorno da Fig ura 3.28.
Cálcu lo Vetorial •
99
Figura 3.28 Referente ao Problema 3.8.
3.9 Se V = (x + y) z. calcule
1rl2, O <
i
VdS, onde Sé a superfície de uma fati a cilíndrica definida por O< cf> <
z < 2 c dS é normal à essa superfície.
3.10 Seja A = 2xya., + xzay- ya,. Calcule f A dv sobre:
(a) uma região relangular dada por O < x < 2, O s y s 2, Os
(b) uma região c ilíndrica dada por p < 3, O< z < 5;
(c) um a região esférica dada por r s 4.
zs
2;
2
3.11 A ace leração de uma partícula é dada por a = 2,4a , m/s • A posição inicial da partícula é r = (0, O,
0), enquanto sua velocidade inicia l é v = - 2a, +Saz m/s. (a) Determine a posição da partícula no
tempo t = I. (b) Determine a velocidade da partícula como uma função do tempo r.
3.12 Encontre o gradiente dos seguintes campos escalares:
(a) V = 4xz-' + 3yz
2
(b) w = 2p
(z
+I) cos cf>
,
(c) H = r- cos cos cf>
3.13 Determine o gradieme dos seguimes campos e calcule seu valor nos pontos especificados:
(a) V = e12 ' • 3Y> cos Sz, (0, I, - 0,2, 0,4)
(b) T = Spe-~ sen </>, (2. 7r/3, O)
(c)
_ sen Osen cf>
Q-
,
,
, (1, 1rl6, 1ff_)
,.-
3. 14 Determine o vetor unitário normal à S(x, y, z) =
i+ l- z no ponto ( I, 3, 0).
3.15 A temperatura em um auditório é dada por T = x2 + l- z. Um mosquito loca lizado em ( I, I, 2),
dentro do auditório, desej a voar em uma orientação tal que e le se aqueça o mais rápido possível.
Em qua l orientação e le deve voar?
3.16 Encontre a divergência e o rotacional dos seguintes ve tores:
(a) A = e'Y a., + sen xy ay + cos 2 xz a,
(b) B =
pz2 cos cf> aP + z sen 2 cf> a,
1
,
(c) C= rcos Oa, - - sen Oa0 + 2r- senO a 0
,.
3.17 Calcule V X A e V· V X A se:
?
?
,
-
+ y-za,. - 2xza:
(b) A = p-za, + p·' ao + 3pz-a:
(a) A = X)"llx
(c) A =
?
sen cf>
cos cf>
, a, ,
,.-
,.-
100
•
Elementos de Eletromagnetismo
3.18 Considere o vetor fluxo de calor H = kV T. onde T é a temperatura e k é a condulividade térmica.
Mostre que, onde
T = 50 senentão V ·
li"X
2
?T)"
cosh -
2
H = O.
3. 19 (a) Demonstre que
V· (VA ) = W ·A+ A· VV
onde V é um campo escalar e A é um campo vetorial.
(b) Calcule V· (VA ) quando A = 2xay + 3ya... - 4za, e V = xyz.
3.20 (a) Verilique a identidade
V X (VA ) = V(V X A ) + VV X A
onde V e A são, respectivamente, campo escalar c campo vetorial.
1
(h) Calcule V X (VA)quando V= -, e A = rcos Oa,.
r"
2
3.21 Se U = xz- x y +
+ rsen0a0 +
senOcoscp a~.
/l, calcule div grad U.
3.22 Demonstre que V In p = V X cpa, .
rVO )
3.23 Prove que Vcp = V X ( sen
.
0
3.24 Calcule VV, V · VV e V X VIl se:
?
+ xz
PZ cos cp
(a) V = 3x· y
(b) V =
?
(c) V = 4r· cosO sen </>
3.25 Se r = .xa_, + ya_.. + za, e T =
2zya_, + x/a1 + x\;:a,, determine:
(a) ( V · r)T
(b) (r· V)T
(c) V · r(r · T )
(d) (r· V)r 2
3.26 Se
r = xa-' + ya,. + za, é o vetor posição do ponto (x, y, z), r
(a) V· /'r = (11.+ 3)1'
(b) V X r"r = O
3.27 Considerando r e r do problema anterior, prove que:
r
(a) V (In r) = -
r
(b)
I
v-• (In r) = --,
,.-
•
3.28 Para cada um dos seguintes campos escalares, determine v· v:
(a) V1 = x~
(b)
v2 =
+ y 3 + z3
2
p: sen 2</>
(c) V3 = r 2( 1
+ cosO sen </>)
=
Iri c 11 é um inteiro, mostre que
Cálculo Vetorial •
101
Figum 3.29 Referente ao Problema 3.3 1.
}'
3.29 Encontre o laplaciano dos seguintes campos escalares c calcule seu valor nos pontos indicados:
(a) U =
xVe". (I. -
I. I )
(b) V = p 2 z(cos 4> + sen </>), (5, 1r/6, - 2)
(c) IV = e - r senO cos </>, ( I, 7r/3, 1r/6)
3.30 Se V =
* 3.31
) 2 '
..1
'
' 2
·
y z· e A = x·ya,
+ xt 3aY- y·z
a,, enco ntre (a) V2 V; (b) nv 2A ; (c) grad d•v
A ; (d) rot rot A.
Dado F = Jy a, - y a.,·• encontre:
(a)
Pt F· di onde L é o da Figura 3.29.
(b) f s (V x V)· dS, onde Sé a área limitada por L.
(c) O teorema d e Stokes é sati sfeilo para esse caso?
2
3.32 Seja O = 2pl aP + p cos
(a)
<t>az. Ca lcu le:
p O · dS
s
(b)
J. V· O d v
na região definida por O < p < 5, -I s
3.33 Se F = x
p = 2.
2
a.,. + / ay + (z2
o< z < 2 , o <
q,
z s I, O< 4> < 2w.
ps
I ) a, encontre
-
F · dS. onde Sé definido por
< 21r.
3.34 (a) Dado que A = xya, + yzay + xza,, calcule
p A · dS, onde Sé a superfície de um cubo, delinido
s
por 0 S x S I , 0 S y S I, 0 S z S I.
(b) Resolva novamente a parte ( a) considerando que S permaneça o mesmo e A =
xza,.
. + xya..
-
3.35 Verifique o teorema da di vergência
f,. V ·A
dv
para cada um dos seguintes casos:
(a) A
=x/a, + .r\ .+/za, e Sé a supcrtlcic de um cubóide, definido por
O<x< I, O<y< I, O<z< I;
(b) A = 2pza. + 3z sen <f> a., - 4p cos 4> a, c Sé a superfície da fatia. definida por
o< p < 2. o< </> <
2
45°, o <
z < 5;
(c) A = r a, +r senO cos 4> a, e S é a superiTcie de um quano de urna esfera. definida por
O< r < 3, O< <f> < 7r/2, O< O< r./2.
yzax +
102
•
Elementos de Eletromagnetismo
)'
J'
Jr---_
2
..___ _ _---:! - -- X
o
2
~--';---* --!----+---2
- 1
o
2
(3)
Fi~tura
.•
(b)
3.30 Referente ao Problema 3.37.
3.36 O momento da inércia em tomo do eixo z de um corpo rígido é proporcional a
o
I•
,
V + y-) dx dy d z
Expresse esse momento como o nuxo de algum campo vetorial A através da superfície do corpo.
* 3.37 Seja A = p sen rJ> aP+ tla9 . Calcule ~I. A · d l dado que
(a) L é o contorno da Figura 3.30(a).
(b) L é o contorno da Figura 3.30(b).
3.38 Calcule o nuxo total do vetor
o
F = p - sen 4> aP+
z cos rJ> a9 + PZ3:
que sai através de um cilindro ôco, definido por 2 :S p :S 3. O :S
z :S 5.
3.39 Encontre o nuxo do rotacional do campo
I
T = -; cos 6 a,
r-
+ r sen 6 cos rJ> aq + cos 6 a0
através do hemisfério r = 4 e z < O.
**3.40 Um campo vetorial é dado por
Q=
VxV2 + l
+ z2
r(x
..c+ y0
,
- y)a_.
+ (X +
y)a~
Calcule as seguintes integrais:
(a) f,_Q ·di onde L é a borda circular do volume na forma de uma casquinha de sorvete, mostrado na Figura 3.3 1.
(b) f s (V X Q) · dS, onde S, é a supertlcie no topo desse vo lume.
(c) f (V X Q) · dS, onde S2 é a superfície da lateral cônica desse volume.
s;
(d)
Js, Q · dS.
(e)
fs, Q · dS.
f ,, V · Q dv.
(I)
Como os resultados nos itens (a) até (f) podem ser comparados entre si?
•• Asteriscos duplos indicam problemas mais di !iceis.
Cálcul o Vetorial •
103
Figura J.Jl Volume na forma de uma casquinha
de sorvete. referente ao Problema 3.40.
*3.41 Um corpo rígido gira em torno de um eixo fixo que atravessa o seu centro com uma velocidade angular w. Se u é a velocidade em qualquer ponto no corpo, mostre que 111 = 1/2 V X u.
3.42 Sejam U e V campos escalares, mostre que
f uvv
o
-f vvu
dl =
L
o
dl
L
3.43 Mostre que
f
1
r"dv =
11
+3
1
r r"r · dr
onde r. r e 11 são defi nidos como no Problema 3.26.
3.44 Dado o campo vetorial
G = ( 16xy - z)a,. + 8.x2 a1
-
xa,
(a) G é irrotacional (ou conservati vo)?
(b) Encontre o nu xo líquido de G atmvés do cubo O <
x, y, z < I.
(c) Determine a circulação de G no contorno do quadrado z = O, O < x, y < I.
Considere o senúdo anti -horário.
3.45 Se o campo vetorial
T = (axy + {Jz3)a, + (3x2
-
-yz)a,,
+
(3xz2 - y)a,
é rotaciona l, determine a , {3 e 'Y· Encontre V · T em (2, - I , 0).
PARTE
ELETROSTÁTICA
2
Capítulo
4
CAMPOS ELETROSTÁTI COS
Arrisque-se: se você vencer, será feliz; se perder, será sábio.
-
PETER KREEFT
4.1 INTRODUÇÃO
Tendo dominado algumas ferramentas matemáticas essenciais para esse curso, estamos agora preparados para estudar os conceitos básicos do EM. Começaremos com os concei tos fundamentais que
são aplicáveis a campos elétricos estáticos (ou invariáveis no tempo) no espaço livre (ou vácuo). Um
campo eletrostático é gerado por uma distribuição de cargas estáticas. Um exemplo típico é o campo
encontrado no interior de tubos de raios catódicos.
Antes de começarmos nosso estudo de eletrostática, talvez seja útil examinarmos, brevemente, a
sua importância. A eletrostática é um tema fascinante que se desenvolveu em diversas áreas de aplicação. Transmissão de energia elétrica, aparelhos de rai os X e proteção contra descargas elétricas atmosféricas estão associados a campos elétricos muito intensos, c é necessário ter conhecimento de
eletrostática para entendê-los e ser capaz de projetar equipamen tos adequados. Os dispositivos utilizados em eletrônica do estado sólido têm seu funcionamento baseado na eletrostática. Aí incluem-se
resistores, capacitares e componentes ativos, como os transistores bipolares e os de efeito de campo,
nos quais o controle do movimento dos elétrons é feito por campos eletrostáticos. Praticamente, todos os disposi ti vos periféricos de computadores, com exceção da memória magnética, baseiam-se
em campos eletrostáticos. Mouses do tipo touch pads, teclados capacitivos, tllbos de raios catódicos,
mostrad ores de cristal líquido e impressoras eletrostáticas são exemplos típicos. Na Medicina, os
diagnósticos são muitas vezes obtidos com a ajuda da eletrostática, incorporada em eletrocardiogramas, elctrocncéfalogramas e outros tipos de registros de órgãos com ati vidade elétrica, incluindo
olhos, ouvidos e estômago. Na indústria, a eletrostática é utilizada de várias maneiras, como em pintura eletrostática, cletrodeposição, usinagcm cletromecânica c em processos de separação de pequenas partículas. A eletrostática é usada em agricultura na seleção de grãos, na pulverização de plantações, na medição do nível de umidade da produção armazenada, na liação de algodão e também para aumentar a velocidade dos processos de cozimento do pão c da defumação da earne.'- 2
Começaremos nosso estudo da eletrostática investigando as duas leis fundamentais que governam os campos eletrostáticos: (I) lei de Coulomb e (2) lei de Gauss. Ambas são baseadas em estudos experimentais e são interdependentes. Embora a lei de Coulomb seja aplicável na determinação
do campo elétrico devido a qualquer configuração de cargas, é mais fácil usar a lei de Gauss quando
a distribuição de cargas é simétrica. A partir da lei de Coulomb, o conceito de intensidade de campo
elétrico será introduzido e aplicado a casos envolvendo cargas pontuais, distribuições de cargas em
linha, em superfícies e em volume. Casos especiais que podem ser resolvidos, com muito esforço,
usando a lei de Coulomb serão facilmente resolvidos aplicando-se a lei de Gauss. Ao longo de nossa
discussão neste capítulo, assumiremos que o campo elétrico está no vácuo ou no espaço livre. Ocaso de campo elétrico em um meio material será tratado no próximo capítulo.
1
Paro várias aplicações de clctrost~tica. veja J. M. Crowlcy. Fuudamemals os Applied Elecrrosltllics. Ncw York John Wilcy & Sons. 1986: A. O. Moorc. cd ..
Elecrroslatics tmd fls Applicarious. Ncw York: John Wilcy & Sons. 1973: c C. E. Jowctt. Eltctrostorics iurhe Eltcmmics Eu•·iromurm. Ncw York: John Wiley &
Sons. t976.
1
Uma história interessante sobn: a mágica da eletrostática é encontrada em B. Bollon. Elecrmmugneli.<m anti fls Atlfllicariou.<. Loodon: Van Nosuand. t980. p. 2.
108
•
Elementos de Eletromagnetismo
4.2 LEI DE COULOMB E INTENSIDADE DE CAMPO
A lei de Coulomb é uma lei experimental, formulada em 1785 pelo coronel francês Charles Augustin de Coulomb. A lei trata da força que uma carga pontual exerce sobre outra carga pontual. Por carga pontual entendemos uma carga que está localizada sobre um corpo cujas dimensões são muito
menores que outras dimensões relevantes. Por exemplo, uma coleção de cargas elétricas sobre a cabeça de um alfinete pode ser considerada como uma carga pontual. Geralmente, as cargas são medidas em coulombs (C). Um coulomb, que é, aproximadamente, equivalente a 6 X I 0 13 elétrons, é uma
19
unidade muito grande de cargas porque a carga de um elétron e = - 1,6019 X I 0" C.
A Lei de Coulomb estabelece que a força F entre duas cargas pontuais Q 1 e Q2 é:
1. ao longo da linha que une as cargas;
2. diretamente proporcional ao produto das cargas Q,Q2 ;
3. inversamente proporcional ao quadrado da distância R entre elas. 3
Matematicamente,
(4. 1)
onde k é a constante de proporcionalidade. Em unidades do SI, cargas Q 1 e Q2 são em coulombs (C),
a distância R é em metros (m) e a força em newtons (N) tal que k = 1/4 1re0 • A constante e, é chamada de permissividade do espaço livre (em farads por metro) c tem o valor
12
eo = 8,854 X 10
k =
== 9
I
47re0
== I0-
9
3671"
X 109 m/F
F/m
(4.2)
Dessa maneira, a equação ( 4.1) pode ser escrita como
F
(4.3)
Se duas cargas pontuais Q, c Q2 estão localizadas em pontos cujos vetores posição são, respectivamente, r , e r 2, então a força F 12 sobre a carga Q2 devido a carga Q1, mostrada na Figura 4. 1, é dada por
F 1? =
-
Q,Q2
411"BoR2
aR
(4.4)
"
onde
R12 = r2- r ,
R = IRd
aR.,=
R,2
R
(4.5a)
(4.5b)
(4.5c)
Maiores detalhes sobre a \'Criticaçiio experimental da lei de Coulomb pode ser encontr:ldo em W. F. M:~gie. A Sour.rt Bt)()k ;, Physics. Crunbrigde: Harvard Uni v.
Press. 1963. p. 408-420.
3
Campos Eletrostáticos •
109
Figura 4. 1 Vetor força coulombiana sobre as cargas pontuais
Q, e Q2.
Substituindo a equação (4.5) na equação (4.4), podemos reescrever a equação (4.4) como
F ,2
=
QIQ2
47re0 R·3
R1 2
(4.6a)
ou
(4.6b)
É importante notar que
1. Conforme mostrado na Figura 4.1 , a força F21 sobre a carga Q1 devido a carga Q2 é dada por
ou
(4.7)
já que
2. Cargas de mesmo sinal se repelem, enquanto cargas de sinal contrário se atraem. Ilustração na Figura 4.2.
3. A distância R entre os corpos carregados Q, c Q2 deve ser bem maior que as dimensões lineares dos
corpos. isto é. Q1 c Q2 devem ser cargas pontuais .
.J. Q1 c Q2 devem ser estáticas (cargas em repouso).
S. Os sinais d..: Q1 e Q2 devem ser levados em consideração na equação (4.4).
Se tivermos mais do que duas cargas pontuais, podemos usar o princfpio da supelJJOsição para
determinar a força sobre uma determinada carga. O princípio estabelece que se houver 11 cargas Q~>
Q,_ ... Q,. localizadas, respectivamente, em pontos cujos vetOres posição r 1, r 2, ••• , rN, a força resultante F sobre uma carga Q localizada no ponto r é dada pela soma vetorial das forças exercidas sobre Q
devido a cada uma das cargas Q,. Q2, ... , Q..,. Portanto:
F
QQ1(r - r 1)
=
47re0 lr
- r 13
1
+ QQ2 (r
47re0 lr
- r 2)
+.
- r2l3
ou
(4.8)
..
......._.
··-·
+
(Q)
..
..
(b)
...
+
• •
(C)
• ; fii!Unt 4.2 (a), (b} Cargas de mesmo sinal se repelem:
(c) cargas de sinais contrários se atraem.
11 O
• Elementos de Eletromagnetismo
Agora, podemos introduzir o conceito de intensidade de campo elétrico.
O vetor intensidade de campo elétrico E é dado pela força por unidade de carga imersa nesse campo elétrico.
Assi m,
. F
E= hm -
(4.9)
Q-+O Q
ou simplesmente
F
E =Q
(4.10)
A intensidade de campo elétrico E está, obviamente, na mesma direção da força F c é medido cmnewtons/coulomb ou em volts/metro. A imensidade de campo elétrico em um ponto cujo vetor posição é
r , devido a uma carga pontual localizada em r', é obtida a partir das equações (4.6) e (4.1 0), como
E
(4.1 l)
Para N cargas pontuais Q,, Qz, ..., Q.v localizadas em r 1,r 2, ... , r,., a intensidade de campo elétrico
no ponto r é oblida das equações (4.8) c (4.1 O) como
E
Q 1(r - r 1)
=
+
41!'e0 Jr - r .j 3
Q2(r - r 2 )
+.
47re0 Jr - r 2 J3
ou
(4.12)
EXEMPLO 4.1
Duas cargas pontuais de I mC e- 2 mC estão localizadas em (3, 2,- I) c(- I, - I, 4), respectivamente. Calcule a força elétrica sobre uma carga de IO nC, localizada em (0, 3, I), c a intensidade
do campo elétrico nesse ponto.
Solução:
F -
"'
..4J
QQk
_ "' QQk(r - r k)
23R -
..4J
3
47re0 Jr - rkl
3
3
=
Q { w- r<o. 3, 1> - (3, 2, - ~ )J _ 2, I0- r<o. 3, 1> 1. - 1, 4)]}
411'E:o
J(0, 3, 1)- (3,2, - I)J
J(0,3, I)- (- I, - 1,4)J 3
10- 3 ·10·10- 9 [ (-3, 1, 2)
2(1 , 4,-3)]
=
10- 9
(9 + I + 4)312 - (I + 16 + 9) 312
41!'. - -
=
k = l.2
9
.
411'e 0 R
10
k = l.2
361i
_2 [(-3, I, 2)
14VJ4
<-
+ (-2, -8, 6)]
26\126
F = - 6,507a, - 3,817a,. + 7,506a: mN
Campos Eletrostáticos •
111
No ponto (0, 3, l ),
E= F
Q
= (-
6,507,- 3,817, 7,506).
10- 3
9
lO . lO
E = - 650,7a_, - 381,7a_.. + 750,6a: kY/m
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.1
Duas cargas pontuais de 5 nC e- 2 nC estão localizadas em (2, O. 4) e(- 3, O, 5),
respectivamente.
(a) Determine a força sobre uma carga pontual de l nC localizada em (I, - 3, 7).
(b) Encontre o campo elétrico E em ( I ,- 3, 7).
Resposta: (a)-1,004a.,- 1,284a,.+ 1,4a, nN,
(b)- 1,004a,- 1,284a>' + l ,4a: V/m.
EXEMPL04.2
Duas cargas pontuais de mesma massa m c carga Q estão suspensas em um ponto comum por dois
fios de massa desprezível e comprimento/. Demonstre que, na situação de equilfbrio, o ângulo de
inclinação a de cada um dos fios em relação à vertical é dado por
Se a é muito pequeno, demonstre que
Solução:
Considere o sistema de cargas mostrado na Figura 4.3, onde F, é a força elétrica ou coulombiana, T
é a tensão mecânica em cada fio c mg é o peso de cada carga. Em A ou 8
Tsen a= F.,
Tcos a= mg
Por isso,
Mas
r=
2esen a
Portanto,
ou
Q-, = l67r€0 mg e'- sen·, a tg a
conforme solicitado. Quando a é muito pequeno
tg a = a = scn a
11 2
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi~:ura
4.3 Panículas ca1Tcgadas suspensas: referente
ao Exemplo 4.2
mg
mg
e, então,
2_
- 161rt:; 0mge23
ex
º
ou
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.2
Três pequenas esferas idênticas, de massa m, estão suspensas, a partir de um
mesmo ponto, por fios de massa desprezível e de igual comprimento
Uma
carga Q é dividida igualmente entre as esferas, e essas, no equilíbrio, se posicionam
nos vértices de um triângulo eqüilátero horizontal de lado d. Demonstre que
e.
2
Q =
(P]
121reomgd [ e
3
3
2
112
-
onde g = aceleração da gravidade.
Resposta:
EXEMPLO 4.3
a demonstração.
Uma aplicação prática da eletrostática é na separação eletrostáti ca de sólidos. Por exemplo, o minério de fosfato da Flórida, que consiste de pequenas partículas de quart zo c de rocha de fosfato,
pode ser separado em seus componentes aplicando um campo elétri co uniforme, como mostrado na
Figura 4.4. Supondo velocidade e deslocamento iniciais das partículas zero, determine a separação
entre elas após caírem 80 em. Considere E= 500 kY/m c Q/111 = 9 f.lC/kg tanto para as partículas
carregadas positivamente como para as partículas carregadas negativamente.
Campos Eletrostáticos •
y
113
Fi1,'Ura 4.4 Separação eletrostática de sólidos:
referente ao exemplo 4.3.
-,------f~
+ o:+ ~:.._--.,..--- ·'
+o
tO
.. o
o-
o-
+o
+o
+o
-
oo-o
O+
Fosf:uo
+
Qu~nw
E
Solução:
Desconsiderando a força coulombiana entre as partículas, a força eletrostática, devido ao campo elétrico E, age horizontalmente, enquan to que a força gravitacional age verticalmente sobre as partículas. Assim,
d-x
'
QE = m ? a,,
dr
ou
Integrando duas vezes, tem -se
onde c1 c c2 são constantes de integração. Da mesma maneira.
.,
-mg =
d-;·
111 --:;
dr
ou
-g
Integrando duas vezes, obtemos
y
= -
?
112gr
+ c3 t + c~
Já que o deslocamento inicial é zero,
x(t = O) = O ~ c2 = O
y(t
= O) = O ~ C4 = O
114
•
Elementos de Eletromagnetismo
Também, devido à velocidade inicial ser zero,
dx
dt
=o - t c. =o
t=O
dy
= 0 - t C3 = 0
dt r-o
Assim,
QE ,
x =-r
2m
I
y= - - gt2
2
Quando y = - 80 em = - 0,8 m
l
2
0,8 X 2
=
9,8 = 0,1633
e
X =
1/2 X 9 X
10- 6 X
5 X 10~ X 0, 1633 = 0,3673m
A separação entre as partículas é de 2x = 73,47 em.
'
'
EXERCICIO
PRATICO
4.3
Um canhão de íons emite íons positivos de Césio, a partir de um eletrodo em formato
de cunha, para dentro de uma região descrita por x >h~ . Considere o campo elétrico
de E = - 400a, + 200a,. kV/m. Considere, ainda, que os íons tem uma única carga eletrônica dada por e = - ·l ,6019 X Io-•9 C e massa m = 2,22 X I0-25 kg e se deslocam no
vácuo, a partir do repouso (velocidade inicial zero). Se as emissões estão confinadas
em - 40 em < y < 40 em, determine o maior valor de x que pode ser alcançado.
Resposta: 0,8 rn.
-
,
,
4.3 CAMPOS ELETRICOS DE DISTRIBU IÇOES CONTINUAS DE CARGA
A té agora temos considerado somente forças e campos elétricos de cargas pontuais; isto é, essencialmente cargas que ocupam um pequeno espaço físico. É tambén1 possível termos distribuições contínuas de carga ao longo de uma linha, sobre uma superfície ou em um volume, corno ilustrado na Figura 4.5.
É usual denotar a densidade de cargas linear, superficial e volumétrica por Pt (em C/m), Ps (em
2
3
C/m ) c P,. (em C/m ), respectivamente. Essa notação não deve ser confundida com p (sem índice
subscrito) usado para denotar a distância radial no sistema de coordenadas cilíndricas.
O elemento de carga dQ e a carga total Q associados a tais distribuições são obtidos, observada a
Figura 4.5, como a seguir:
Fi~um 4.5
Várias distribuições de carga
c ctememos de carga.
Pt
Q
+.
Cargn
pon1u:ll
+?
+
+ + +
+ Ps +
+ + +
Linha
Superffeie
de e:ugns
de cargas
Volume
de cargas
Campos Eletrostáticos •
dQ =
Pi.. dl-t Q
=
IPI.. d/
115
(linha de cargas)
(4. 13a)
(superfície de cargas)
(4.13b)
(volume de cargas)
(4. 13c)
/..
dS - t Q =
fs
Ps
= p ,. dv - t Q =
f,.
p,. dv
dQ =
dQ
Ps
dS
A intensidade de campo elétrico devido a cada uma dessas distribui ções p~... Ps e P,., pode ser obtida a partir da soma das contribuições elementares de campo devido a cada um dos numerosos pontos de carga que constituem a distribuição. Dessa form a, substituindo Q na equação (4. 11) pela carga elementar dQ = P1.. dl, Ps dS ou P,.dVe integrando, obtemos
E =
E=
E=
I
I
I
Pl.. d/ ?
41!'e0 R-
aR
Ps dS 3
2 R
47re0 R
p ,. dv
4
oR1- aR
(linha de carga)
(4. 14)
(supcrfrcie de carga)
(4. 15)
(volume de carga)
(4. 16)
11'€
Deve ser observado que K e aRvariam à medida que as integrais nas equações (4. 13) a (4. 16) são calculadas. A seguir, aplicaremos essas fórmulas para algumas distribuições de carga.
A. Linha de carga
Considere uma linha de carga com uma densidade uniforme de carga p... estcndendo-sc de A até B,
ao longo do eixo z. como mostra a Figura 4.6. O elemento de carga dQ associado ao elemento de
comprimento da linha d/ = d<. é dado por
dQ = P1.. d/ = P1.. dz
e, por isso, a carga total Q é dada por
(4.17)
dE,
dE
p
(0,0, :) T
B
(0. o.:')
---!:0:----- - - - - - -- y
Figure 4./í Cálculo do campo elétrico E
devido a urna linha de cargas.
116
• Elementos de Eletromagnetismo
A intensidade de campo elétrico E em um ponto arbitrário qualquer P (x. ); z) pode ser determinada utilizando a equação (4.14). É importante saber identificar cada termo nas equações (4. 14) a (4. 16)
e substitui-lo adequadamente para uma dada distribuição. Costuma-se denotar o ponto de interesse'
por (x, y, z) c o ponto fonte (origem do campo) por (x', y', z' ). Dessa maneira, a partir da Figura 4.6,
d/= dz'
R
= (x, y, z) -
(0, O, z')
= xa_, + ya> + (z
- z')a:
ou
R = pa" + (z - z') a=
R 2 = IR I- = x
?
aR _
Ri -
2
+ y- + (z - z')" =
?
?
?
p·
+ (z - z't?
R _ pae + (z - z')a:
IRI3 - [ / + (z - z')2 ]'12
Substituindo todas essas relações na equação (4.14), obtemos
E =
Pt.
J pa/) + (z (P2 +
41l'eo
z') a, d•'
(z - z')2)312 ~
(4.1 8)
Para calcular o valor do campo, é conveniente definir a, a, c a 2, mostrados na Figura 4.6.
z'
= OT - p tg a,
dz' = - p scc2 a da
Por isso, a equação (4. 18) pode ser reescrita como
_
E -
-p~
47re0
p
= -
f"''
...
~
4r.eoP
2
p sec a [cosa ae + sen a aJ da
..
f...
•
•
p· scc· a
.
[cosa a"
(4. 19)
+ sen a aJ da
Assim, para uma linha finita de cargas,
E
=
PL.
47rSoP
[ - (sen a 2 - sen a 1)a"
+ (cos a 2
-
cos a 1)a4]
(4.20)
No caso especial de uma linha infinita de carga, o ponto 8 si tua-se em (0, O, =) e o ponto A em (0,
O,-=), de forma que 01 1= 1r/2 e 012 =- 1r/2; a componente do campo na direção z desaparece e a
equação ( 4.20) assume o seguinte aspecto
(4.21)
Note que a equação (4.21) é obtida considerando-se a linha infinita de cargas no eixo z, de forma que
p e a, têm o significado convencional, em coordenadas cilíndricas. Se a linha não estiver sobre o eixo z, p deve ser entendido como a distância, tomada perpendicularmente à linha, da distribuição de
carga até o ponto de interesse e a, deve ser entendido como o vetor unitário ao longo dessa direção
perpendicular.
• Pon1o de interesse é o ponto no qual se quer calcular o campo.
Campos Eletrostáticos •
117
•
Figura 4.7 Determinação do campo elétrico E devido a uma l âmina de cargas.
n. Superfície de carga
Considere uma lâmina infinita de carga, no plano xy com uma densidade uniforme de carga p 5• A carga associada a uma área elementar dS é dada por:
dQ = PsdS
e, portanto, a carga total é
Q
=f
PsdS
(4.22)
A partir da equação (4.1 5), a contribuição da superfície elementar I (mostrada na Figura 4.7) para o
campo E no ponto P(O, O, h) é
(4.23)
Da figura 4.7,
R = p( - a,)
R
+ ha,,
dQ = Ps dS = Ps Pdtf>dp
Substituindo essas relações na equação (4.23), tem-se:
(4.24)
Devido a simetria da distribuição de cargas, para cada elemento I existe um elemento correspondente 2 cuja contribuição ao longo de a. se cancela com a contribuição do elemento I , como mostrado
na Figura 4.7. Dessa forma, as contribuições para E. se cancelam c E passa a ter só componente ao
longo dez. Isso pode ser mostrado matematicamente substituindo a, porcos 41 ax+ sen 41 a).. A integração de cos ljJ ou de sen q, no intervalo O < ljJ < 2"11" resulta em zero. Logo,
118
• Elementos de Eletromagnetismo
_I 1E _
E G • -
•
=
Psh 21f
41fS0
J
2
Ps
41n;0
f"'
"
_
p• O
i"' (,+ , ,.1 _.~
6
0
p"
2eo
Ps
E= - a.
2e0 •
I d(p")
, a,
.w~ -
0
= -Psh { - [ p·,
hp dpd,P
')
a.
p· + fi· 312 •
[ ,
2
+ , ']. • ••~} "' a,
o
(4.25)
isto é, E tem somente componentes ao longo de z se a carga está distribufda no plano xy . Em geral ,
para uma lâmi11a illfinita de carga, temos
E = -Ps a
2eo "
(4.26)
onde a.. é um vetor unitário normal à lâmina. A panir das equações (4.25) ou (4.26), nota-se que o
campo elétrico é normal à lâmina e é surpreendentemente independente da distância entre a placa e
o ponto de observação P. Em um capacitar de placas paralelas, o campo elétrico existente entre as
duas placas carregadas com cargas iguais e opostas é dado por
Ps
E = - a•I
2 eo
+
- ps
2Bo
Ps
(- a.,) = - a,
8o
(4.27)
C. Volume de carga
Seja uma distribui ção volumétrica de carga com densidade uniforme de carga P,. como mostrado na
Figura 4.8. A carga dQ associada ao elemento de volume dv é
dQ = p, d v
z
P(O, O, z )
dv em (r'. o·,<!>')
z
n• '
- ---
- - - - -"....!
e·,
'
/
/
I
I
I
-- -
-
'
~~-r--~r------y
I
f/1 '
I
.... .... ..,J
.~
Fi~:ur.l
4.8 Determinação do campo eléuico E devido à distribu ição volumétrica de carga.
Campos Eletrostáticos •
119
e, assim, a carga total na esfera de raio a é
I
Q=
p ., dv
=
p ,.
I
(4.28)
dv
4'l!"a3
= Pv
3
O campo elétrico dE em P(O, O, z) devido ao volume de carga elementar é
dE =
p,, dv
., aR
4'lTe0 R-
onde a11 = cos a a; + sen a aP. Devido à simetria da distribuição de cargas, as contribuições às componentes Ex e E.. cancelam-se. Resta apenas a componente E.• dada por
.
E
z
I
= E· a, =
dE cosa =
•
p.,
4'lTe0
I
dv cos
, a
R·
(4.29)
2
Novamente, temos que derivar expressões para dv, R c cosa.
dv = r' 2 sen ()' dr' dO' d<P'
(4.30)
Aplicando a regra dos cossenos na Figura 4.8, temos
z· +R-- 2zRcos a
'
r'·=
?
?
É conveniente calcular a integral na equação (4.29) em termos de R e r'. Por isso expressamos cos 8',
cos a e sen O' dO' em termos de R e r', isto é:
z· +R-? ?
,
r'·
cosa = - ' - -- - -
(4.31 a)
2zR
z· + r'· - R?
?
?
cos ()' = - - - - -
(4.31 b)
2zr'
Diferenciando a equação (4.31 b) em relação a 0', mantendo z e r' lixos, obtemos
RdR
scn (}' dO' = --:z r'
(4.32)
Substitllindo as equações (4.30) a (4.32) na equação (4.29), obtém-se
Pv Jh
E = --"--''-
4'lTBo
z
= p,2'lT
f''"'
c.t<P'fa
ó' = O '
f"
21"
la
2
r' =O R - z - r'
-_
p,,'lT
4'lTBoZ
2
r' [ I + z2 - r' 2] dR dr'
J z+r'
8'lTSoZ2 r' =O R= : - r'
=
2
z +R
- r'
r ,,• RdR dr, - -zr'
2zR
R2
R2
r' [R - (z2 - r'2)
R
0
]:+r'dr'
:-r '
Pv1i ,
4r .2 d r , -_ I _I, (4
- 'lTO3p,,)
4'lTSoZ- O
4'lTe0 z· 3
ou
E=
Q
, a.
4'lTeoZ- •
(4.33)
120
• Elementos de Eletromagnetismo
Esse é o resultado para E no ponto P(O, O, z). Devido à simetria da distribuição de cargas, o campo
elétrico em P(r, O, if>) é obtido a partir da equação (4.33), tal que
Q
E=
4we0 r
2
a
(4.34)
'
o qual é idêntico ao campo elétrico produzido, no mesmo ponto, por urna carga pontual Q localizada
na origem ou no cemro da distribuição esférica de carga. A razão disto ficará evidente ao estudarmos
a lei de Gauss na Seção 4.5.
EXEMPLO 4.4
Um anel circular de raio a está carregado com uma distribuição uniforme de carga p 1• Clm e está no
plano xy com seu eixo coincidindo com o eixo z.
(a) Demonstre que:
E(O, O, h)
=
[
2e0 h2 +a2
] 312
a:
(b) Para quais valores de h o E tem valor máximo?
(c) Se a carga total do anel for Q, determine E para ti ~ O.
Solução:
(a) Considere o sistema mostrado na Figura 4.9. Novamente, o ponto-chave para determinar E a partir da equação (4. 14) é explicitar cada termo dessa equação. Nesse caso
d/= a d</>,
ou
-aaP + ha:
[a2 + l?rn
Por isso,
Por simetria, as contribuições na direção aPse cancelam. Isso lica evidente se observarmos que, para cada elemento dl, existe um elemento correspondente em posição diametralmente oposta que gera um campo de igual valor dEP, mas com orientação oposta tal que essas duas contribuições se cancelam en tre si. Dessa forma, restam só as componentes ao longo de z. Isto é
E=
conforme solicitado.
PLaha.
•
I
2
..
47reo[h2 + a2]3t2 o
d<P =
p 1 alm.
· •
2eo[l? + a2}"2
Campos Eletrostáticos •
121
Fijtura -t9 Anel carregado: referente
ao Exemplo 4.4.
X
(b)
diEI = p~_a
dh
Para E máximo,
diEI =
....!.....!.
dh
O, o que implica
a-? - 2h-? =O
a
h = ~Vi
ou
(c) Como a carga está uniformemente distribuída, a densidade de carga da linha é dada por
PL =
Q
21!'0
tal que
Como a~ O,
E=
Q
?
47reo11-
ou, em geral
que é o mesmo de uma carga pontual, como o esperado.
a.
-
122
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.4
Um disco circular de raio a está uniformemente carregado com Ps Clm 2• Considere
o disco no plano z = Ocom seu eixo ao longo dez.
(a) demonstre que, em um ponto (0, O, h)
(b) a partir disso, determine o campo E devido a uma lâmina infinita de cargas
colocada sobre o plano z = O.
(c) Se a« h, demonstre que E é similar ao campo de uma carga pontual.
Resposta:
EXEMPLO 4.5
(a) a demonstração; (b) Ps a, ; (c) a demonstração.
2e,
Uma lâmina finita O < x < I, O< y < I, sobre o plano z = O, tem uma densidade de carga dada por
2
312
2
P.• = xy(x + + 25) nC/m • Determine
(a) a carga total na lâmina;
(b) o campo elétrico em (0, O, 5);
(c) a força experimentada por uma carga de- I mC localizada em (0, O, 5).
l
Solução:
(a) Q =
f
PsdS =
i' i'
2
xy(x + /
+ 25)31! dxdy nC
o o
Já que x dx = 1/2 d(x\ integramos em relação a i (ou fazemos uma mudança de variáveis: x 1 =
tal que x dx = du/2).
[i i
i
.!. i .!. [(/
Q= -
I
y
I
(x 2
+ y 2 + 25)312 d(x 2) dy nC
2 o
o
I I 2 2
=y-(x + /
2 o 5
+ 25) 512
I
o
dy
1
=
5 o 2
[
+ 26i'2 -
(/
+ 25i12] d(/)
2
=-.-[c./+ 26fl2 - <l + 25)
lO 7
1
= - [ (27) 712
35
Q = 33,15 nC
712
+ (25)712
-
2(26)712]
I
]
o
11,
Campos Eletrostáticos •
123
onde r - r '= (0, O, 5) - (x, y, O)= (-x, -y, 5) Portanto,
E=
I
I
I
I
+ y-? + 25)312-(-
10- 9xy(x-?
O 0
=
=
9[-ro ro
9(-1-15)
6 '6 ' 4
x 2 dx
4• ·
xa.. - yay + 5a,)dx dy
10 9 ?
?
312
(x- + y - + 25) 36·
y dy ax -
r r
/dy a, + 5
x dx
o
o
r
fi xdx ydy a~]
Jo
o
= (- 1,5, - I ,5, I 1,25) V /m
(c) F = qE = (1,5, 1,5, -11,25)mN
'
EXERCI' CIO PRATICO
4.5
Uma placa quadrada descrita por - 2 :5 x < 2, - 2 :5 y :5 2, 4 = O está carregada com
12 b~ mC/m2 • Detem1ine a carga total na placa e a intensidade de campo elétrico E em (0, O, 10).
Resposta: 192 mC; 16,46 a, MV/m.
EXEMPLO 4.6
Os planos x = 2 e y = - 3 estão carregados com !O nC/m 2 e 15 nC/m 2, respectivamente. Se a linha
x = O, z; = 2 esti ver carregada com lO• nC/m, determinar E em ( I , I , - I) devido às três distribuições
de carga.
Solução:
Sej a
onde E 1, E2 e E3 são, respectivamen te, as contribuições ao campo E no ponto ( I , I, -I) devido à lãmina inllnita I , à lâmina infinita 2 e à linha infini1a 3, como mostrado na Figura 4.1 O(a). Usando as
equações (4.26) e (4.21 ), tem-se
E1
=
Ps
~ ( -a ·)=
·'
2e0
-
lO· 10- 9
10- 9
a = - 180?Ta .
2·- -
x
·'
36•
~ = Ps, a ,.
2eo ·
15. 10 9
a>'
10 9
2· - 36•
= 270• ay
124
• Elementos de Eletromagnetismo
z
z
2
L
(b)
Figura 4. 10 Exemplo 4.6: (a) três di suibu ições de C3rga;
(b) determinação de p e a. no plano y = I.
c
onde a. (não é o a. convencional do sistema de coordenadas cilíndrico, mas tem um significado semelhante) é um vetor unitário ao longo de LP, perpendicular à linha de cargas, e pé o comprimento
de LP determinado a partir da Figura 4.1 O(b). A Figura 4. 1O(b) resulta da Figura 4.1 O( a) se considerarmos o plano y = I sobre o qual está o vetor E). Da Figura 4.1 O(b), o vetor distância de L a Pé
p =
IRI = v'iõ,
R
aP =
I
3
TRf = v'iõ a... - v'iõ ~
Portanto,
I01r · 10- 9
E 3 = - --
I
-=· - (a - 3a )
9
1
~
2 7r . ....,...,.367r
l81r(a... - 3a:)
w-
o ·' ·
Assim, somando E 1, E 2 e E3, obtemos o campo total como
Note que, para obter a,, a. ou a,, necessários para determinar F ou E, devemos ir da carga (cujo
vetor posição é r ') até o ponto de interesse (cujo vetor posição é r); portanto, n,., a. ou a,., qualquer
um deles, é um vetor unitário ao longo de r - r'. Observe isso, atentamente, nas Figuras 4.6 a 4 .1 O.
EXERCÍ CIO PRÁTICO 4.6
No Exemplo 4.6, se a linha x = O, z = 2 girar 90" em torno do ponto (0, 2, 2), de tal modo que
ela passe a ser descrita por x = O, y = 2, determine E no ponto ( I , I,- I ).
Resposta: -282,7 a... + 564,5 aYV/m.
Campos Eletrostáticos •
125
~
4.4 DENSIDADE DE FLUXO ELETRICO
O fluxo devido ao campo elétrico E pode ser calculado usando a definição geral de fluxo na equação
(3. 13). Por razões de ordem prática, no entanto, a grandeza obtida dessa forma não é considerada como a definição mais utilizada de fluxo em eletrostática. Também, as equações (4. 11 ) a (4.16) mostram que a intensidade de campo elétrico depende do meio no qual está imersa a carga fonte do campo (nesse capítulo, consideramos espaço livre). Suponhamos um novo campo vetorial D, independente do meio, e definido por
(4.35)
Deli niremos fluxo elétrico
'f/ em
termos de D usando a equação (3. 13 ), ou seja:
JD·dS
V' =
(4.36)
Em unidades SI, urna linha de !luxo elétrico se inicia em uma carga de + I C c termina em uma carga de- I C. Por isso, o flu xo elétrico é medido em coulornbs. Portanto, o campo vetorial D é denominado densidade de fluxo elétrico e é medido em coulombs por metro quadrado. Por razões históricas, a densidade de fluxo elétrico é também denominada de deslocamemo elétrico.
Da equação (4.35) fica evidente que todas as fórmulas para calcular E, obtidas a partir da lei de
Coulomb, nas Seções 4.2 e 4.3, podem ser usadas para calcular D, observando que devemos multiplicá-las por ~>0• Por exemplo, para uma lâmina infinita carregada a partir das equações (4.26) e
(4.35), obtemos
D=
Ps
2 a"
(4.37)
e para uma distribuição de cargas em um volume, a partir das equações (4. 16) e (4.35), obtemos
D=
I
p,,dv a
4·n-R2 R
(4.38)
Observe, a partir das equações (4.37) e (4.38), que D é só função da carga c da posição, ou seja, D é
independente do meio.
EXEMPLO 4.7
Determine D em (4, O, 3) se houver uma carga pontual de - 51!" mC em (4, O, O) e uma linha de
cargas de 311" mC/rn ao longo do eixo y.
Solução:
Seja D = Da + DL, onde Da e DL são densidades ele lluxo devido à carga pontual e à linha de cargas,
respectivamente, como mostrado na Figura 4. 11 :
D
Q
= e
E
()
=
Q a = Q (r - r ')
4 1rR? R 4 1rr
I - r 'I ·J
onde r - r' = ( 4, O, 3)- ( 4, O, 0) = (0, O, 3). Donde,
-5,.. · 10- 3(0, O, 3)
?
D 0,138
a.
mC/m•
Q 41fj(O, O, 3)j3
E, também,
PL
DL= - 2 ap
1rP
126
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi,::ura 4.11 Densidade de !luxo O devido à carga ponll!al c à uma linha infinita de carg11s.
Nesse caso
a =
"
p
=
(4, O, 3) - (0, O, O) = .:.....:,___;_...:.
(4, O, 3)
1(4, O, 3) - (0, O, 0)1
5
1(4, O, 3) - (0, O, 0)1 = 5
Portanto,
37r
01 =
(4a.- 21r(25)
+ 3a.v\
=
0,24a...
+ 0, 18a.• mCJrn·?
Assim,
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.7
Uma carga pontual de 30 nC está localizada na origem, enquanto que um plano em y = 3 está
carregado com lO nC/m 2• Determine O em (0, 4, 3).
'
Resposta: 5,076 a1 + 0,0573 a, nCtm·.
4.5 LEI DE GAUSS - EQUAÇÃO DE MAXWELL
A lei de Gauss5 constitui-se em uma das leis fundamentais do eletromagnetismo.
A lei de Gauss estabelece que o nuxo elétrico total 'P através de qualquer superfície f echada
é igual à carga total encerrada por essa superfície.
Dessa maneira,
Kart Friedrich Gauss ( 1777- 1855). malcmálico alemão. desenvolveu o 1corema da divergência. apresenlado na S~'Çào 3.6. populanncnlc conhecido como Tco·
rema de Gauss. Foi o primeiro físico a mcdirquanlidadcs elétricas c magnéticas em unidades absolulas. Pam ma.iores dc1alh~-s das medidas de Gauss. consulte W.
F. Magic. A Souru Book ;, Physics. Cambridgc: Harvard Univ. Pn:ss. 1963. p. 519- 524.
5
Campos Eletrostáticos •
127
isto é,
'f =
fd'P= {o·dS
= carga total encerrada Q = (
p,. dv
(4.40)
ou
Q=
f
D · dS
=
S
I
Pv dv
(4.41)
I'
Aplicando o teor·ema da divergência à imegral de superfície da equação (4.4 1):
f
s
O · dS =
f•.
V · D dv
(4.42)
Comparando en1re si as duas integrais de volume das equações (4.4 1) c (4.42), obtém-se
(4.43)
a qual é a primeira das quatro equações de Maxwe/1 a serem dctcnninadas. A equação (4.43) estabelece que a densidade volumélrica de carga é igual à divergência da densidade de nuxo elétrico. Isto
não deveria ser surpresa pelo modo como definimos divergência de um vetor na equação (3.32) e pelo fato que P,. em um pomo é, simplcsmcmc, a carga por unidade de volume nesse pomo.
Note que:
1. As equações (4.4 1) e (4.43) são, ba~icamemc, formas difcrcmcs de expressar a lei de Gauss.
A equação (4.41) é a forma imegral, enquanto que a equação (4.43) é a forma diferencial ou poniUal
da lei de Gauss.
2. A lei de Gauss é uma forma ahernativa de estabelecer a lei de Coulornb. A aplicação adequada do teorema da divergência à lei de Coulomb resulta na lei de Gauss.
3. A lei de Gauss se apresenta como uma maneira fácil de se determinar E ou O para distribuições simétricas de carga, tais como uma carga pontual, uma linha infinita de cargas, uma superfície
cilíndrica intinita de cargas e urna distribuição esférica de cargas. Urna distribuição contínua de cargas tem uma simetria retangular se depende só de x (ou y, ou z); simetria cilíndrica se depende só de
p, ou simetria esférica se depende só de r (independente de Oc q, ). Convém salientar que se a dislribuição de cargas for simétrica, ou não, a lei de Gauss permanece válida. Por exemplo, considere a
distribuição de cargas da Figura 4.1 2, onde v1 c v2 são superfícies (ou volumes) fechadas. O tluxo total que sai de v1 é l O- 5 = 5 nC porque somente as cargas l O nC e- 5 nC estão encerradas em v1•
Embora as cargas 20 nC e 15 nC fora de v, contribuam para o fluxo que atravessa v1, o nuxo líquido
que atravessa v,, de acordo com a lei de Gauss, não sofre contribuição dessas cargas externas. De maneira similar, o lluxo total que sai de v2 é zero porque não existe carga encerrada em v2 • Observamos
que a lei de Gauss, 'P = Q.,.cmai!•• é válida mesmo que a distribuição de cargas não seja simétrica. No
en tan to, não podemos utilizar a lei de Gauss para determinar E ou D quando a distribuição de cargas
não for simétrica. Nesse caso, devemos recorrer à lei de Coulornb para determinar E ou O.
128
• Elementos de Eletromagnetismo
..,
•••
Fif(ura 4.12 lluSiração ela lei de
Gauss. O nuxo saindo de v1 é 5 nC
c o nuxo saindo de v2 é OC.
• 15 nC
• - 5 nC
IOnC
trJ
• 20nC
4.6 APLI CAÇÕES DA LEI DE GAUSS
O método de aplicar a lei de Gauss para determinar o campo elétrico começa pela vcrilicação da existência de simetria. Uma vez identificada a existência de distribuição simétrica de cargas, construímos
uma superfície matemática fechada (conhecida como supe1jfcie gaussicma). Essa superfície é escolhida de forma que o vetor D seja normal ou tangcncial à superfície gaussiana. Quando D for normal
à superfície, D · dS = D dS. Quando D for rangcncial à superfície, O · dS = O. Dessa maneira, devemos escolher uma superfície que s~ja compatível com a simetria exibida pela distribuição de cargas.
Aplicaremos essas idéias básicas aos casos seguintes.
A. Carga pontual
Suponha uma carga pontual Q posicionada na origem. Para determinar O no ponto P, é fácil enxergar que a escolha de uma superfície esférica contendo P irá satisfazer as condições de simeuia. Assim, nesse caso, uma superfície esférica centrada na origem é a superfície gaussiana, como mostrado na Figura 4.13.
Já que, nesse caso, O é, em qualquer lugar, normal à superfície gaussiana c constante sobre ela,
isto é, D = D, a, aplicando-se a lei de Gauss ( o/ = Q,.,.,modi• ) obtém-se
(4.44)
onde p dS
=It =o IÚ=o
2
r sen 8 dfJ d<f> = 41l'r
2
é a área da superfície gaussiana. Dessa forma,
O=
Q
,
41!'1' "
a,.
(4.45)
conforme esperado a partir das equações (4.1 1) e (4.35).
z
Figura 4.13 Superffcic gaussiana em torno de uma carga ponnml.
o
X
.supcrfíci~ gaussiana
Campos Eletrostáticos •
..
129
Figura 4. 14 Superfície gaussiana em torno de uma linha inlinila
de cargas.
_.- lin/10 de ctlfg
...:.
..,..- SttMifici
II
II
I
I11:
p
o
IIP
li
11
II
~
"
B. Linha infinita de carga
Suponha uma linha infin_ita de carga uniformemente distribuída com Pt Clm , ao longo tio eixo z. Para determinar D em um ponto P, escolhemos uma superfície cilíndrica que contém P, para sati sfazer
as condições de simetria, como mostrado na Figura 4. 14. Dessa forma, D é constante sobre a superfície gaussiana cilfndrica e normal à mesma, isto é, D = o.a•. Se aplicarmos a lei de Gauss a um trecho arbitrário I da linha
Pr_e = Q =
f
D · dS = D"
f
(4.46)
dS = D" 2-;rpe
onde ~ dS = 2-;rpe é a área da superfície gaussiana. Note que a integral f D · dS, quando
calculada nas tampas superior e inferior do cilindro, é zero, já que D não tem componente
ao longo dez. Isto significa dizer que D é tangencial a essas superfícies. Portanto,
D = Pr.. a
2-;rp
(4.47)
p
corno esperado a partir das equações (4.21) e (4.35).
C. Lâmina infinita de cargas
2
Considere uma lâmina infinita, com distribuição uniforme de cargas dada por Ps Clm , no plano z =
O. Para determinar D no ponto P, escolhemos como superficie gaussi<ma uma caixa retangular cortada simetricamente pela lâmina de cargas e com duas de suas faces paralelas à lâmina, como mostra a
Figura 4. 15. Como D é nom1al à lâmina, D = D. a., e,11plicando "lei de Gauss, obtemos:
.
Ps
J dS =
Q=
-
f o · o,[l .
dS =
suJ>ct•or
dS +
J . dS ]
(4.48)
mfcnor
Observe que D · dS calculada nas laterais da caixa é zero porque D não tem componentes ao longo
de a., c a,, Se as tampas superior e inferior da caixa têm, cada uma delas, área A, a equação ( 4.48) assume a seguinte fo1ma
(4.49)
e, dessa forma,
Ps a.
D =2 ou
(4.50)
conforme esperado a partir da equação (4.25).
130
•
Elementos de Eletromagnetismo
D. Esfera uniformemente carregada
Considere uma esfera de raio a com uma distribuição uniforme de carga dada por P,. C/m 3• Para determinar D em qualquer ponto, construímos superfícies gaussianas considerando os seguintes casos,
separadamente: r~ a e r> a. Já que a carga tem simetria esférica, lica evidente que a superfície esférica é urna superfície gaussiana apropriada.
Para r ~ a, a carga total encerrada pela superfície esférica de raio r, como mostrado na Figura 4.16(a)
é,
Qenc
=
f
Pv dv
= Pv
f
dv
= p,,
r,. r r
v3
7r/'3
c
'P
= f D · dS =
=
Donde, como 'P =
(4.51)
O O O r O
<lo
4
= p -
2
r sen 0 dr dO d</>
D,
f dS = D,
f" r
2
r scn
OdO d</>
4> • 0 0• 0
~
D,. 4 1rt·-
(4.52)
Q,.,.,,"'"'' resulta
ou
,.
D =
3' p,. a,
O < r ~a
(4.53)
Para r ~ a, a superfície gaussiana é mostrada na Figura 4.16(b). A carga encerrada por essa superfície é a carga total distribuída na esfera, isto é,
Q<n<
=
f
= Pv
p ,. dv
4
3
= p ,.
f
dv
= p ,,
f
2..
~ -o
3
'P =
f" r
2
scn 8 dr d8 d</>
b• O r- O
(4.54)
1ra
enquanto
f
D · dS =
0,47rl·
-
2
Fi~:ura
(4.55)
4.15 Superfrcic gaussiana para uma
lflmina plana infinita de carga.
D
\
Superfície gau.ssi:.ma
X
J.("
o
Campos Eletrostáticos •
131
Figura 4.16 Superfície gaussiana para uma esfera, uniformememe carregada quando: (n) r ~ a e (b) r < a.
(o)
( b)
Figura 4.17 Gráfico de IDI em função de r para uma
esfera uniformemente carregada.
I OI
mesmo resultado da equação (4.52). Conseqüentemen te,
4 3
Dr 41Tr-? = -3
?I'G p
. ''
ou
a3
O =-, p,.a,
3r'
,.
~
a
(4.56)
Assim, a partir das equações (4.53) e (4.56), O, em qualquer ponto, é dado por
O<rOiióa
O=
c IDI varia com a distância
(4.57)
r, como mostrado no gráfico da Figura 4.17.
Observe, a panir das equações (4.44), (4.46), (4.48) e (4.52), que a habilidade em ex trair O das
integrais é a chave para encontrar D usando a lei de Gauss. Em ou tras palavras, O deve ser constante sobre a superfície gaussiana (para facilitar essas integrações).
2
EXEMPLO 4.8
2
Sabendo que O = zp cos <P a: C/m , calcule a densidade de cargas em ( I, ?r/4, 3) e a carga total
encerrada no cilindro de raio I m com- 2 < z <2m.
Solução:
p ,.
éJ D.
,
= '\1 · 0 = - · = p COS' <j;
éJz
132
• Elementos de Eletromagnetismo
2
Em ( I, rr/4, 3), p,, = I· cos (rr/4) = 0,5 C/nl. A carga total encerrada no cilindro pode ser determinada de duas maneiras diferentes.
Método 1: esse método está embasado diretamente na definição de carga total em um volume.
Q
=
f
Pv dv
=r
=
\'
dz
f,,
r~
: =-2
2
p cos </> p d</> dp dz
2
COS </>d</>
<> = O
r
2
p dp = 4( rr)( l/3)
p= O
= 4rr C
3
Método 2: alternativamente, podemos usar a lei de Gauss.
Q = 'I' =
=
f
D . dS = [
'1'., + '1',
iI
+
+ [ ] D . dS
+ '1',
Onde 'l's, '1', e 'I'" são, respecti vamente, os tluxos através das superfícies lateral (sides), da tampa superi or (top side) e da tampa inferior (bottom side) do cilindro (veja Figura 3.17). Uma vez que D não
tem componente ao longo de a•• '1'.1 = O, para '1',, dS = p d<f> dp a,, então
Ih
f
i
'f, = , =o
= 2
(.!.)•
3
<> = O ZP
cos~ </> p d</> dp
= 2rr
3
e, para 'l'b, dS = - p d</> dp a,, então
2rr
=3
Dessa forma,
2rr
Q = '1' = 0+ -
3
2?r
4rr
3
3
+ -=- C
conforme obtido anter iormente.
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.8
Se D = (2/ + z) a,+ 4xya,. + xa~ C/rn , determine
(a) a densidade volumétrica de cargas em(- I, O, 3);
2
(b)o lluxoatravésdeumcubodefinidoporO <xs J,Osys I eOSzS J;
(c) a carga total encerrada no cubo.
3
Resposta: (a)- 4 C/m , (b) 2 C, (c) 2 C.
Campos Eletrostáticos •
EXEMPLO 4.9
133
Uma distribuição de cargas, com simetria esférica, tem densidade dada por:
p ,. =
Por
R'
O< r s= R
O,
r> R
Determine E em um ponto qualquer.
Solução:
A distribuição de cargas é semelhante à da Figura 4. 16. Como existe simetria, podemos aplicar a lei
de Gauss para determinar E .
S0
f
E · dS =
Q enc =
f
p,. dv
(a) Para r < R
ou
(b) Para r > R
ou
•
•
EXERCICIO PRATICO 4.9
Urna distribuição de cargas no espaço livre tem P,. = 2r nC/m.l para O s: r s: I O 111 e é zero em
todos os outros pontos do espaço. Determine E em r = 2 111 e r = 12 m.
Resposta: 226 a, V/111; 3,927 a, kV/m.
134
• Elementos de Eletromagnetismo
,
4.7 POTENCIAL ELETRICO
A partir das discussões nas seções precedentes, conclui-se que a intensidade de campo elétrico E devido a uma distribuição de carga pode ser obtido a partir da lei de Coulornb, no caso geral, ou a partir da lei de Gauss, quando a distribuição de carga tem uma simetria. Uma outra maneira de determinar esse campo E é a partir do potencial elétrico escalar V a ser definido nesta seção. Em certo sentido. este modo de determinar E é mais fácil porque é menos trabalhoso operar com escalares do que
com vetores.
Suponha que queiramos movimentar urna carga pontual Q, de um ponto A para um ponto 8 , em
um campo elétrico E, como mostrado na Figura 4. 18. A partir da lei de Coulomb, conclui-se que a
força sobre Q é dada por F = QE tal que o trabalho realizado para provocar um deslocamento di da
carga é dado por:
dW
=-
F· d l
= - QE · d l
(4.58)
O sinal negativo indica que o trabalho é feito por um agente externo. Dessa maneira, o trabalho total
realizado, ou a energia potencial necessária, para movimentar Q de A para 8 é
IJ
W =
-Q
J,,
E· d l
(4.59)
Ao dividir W por Q na equação (4.59), resulta no valor da energia potencial por unidade de carga. Essa quantidade, denotada por VAR• é conhecida por diferença de potencial entre os pontos A e 8.
Assim:
VAB
=
W=
Q
fB
- A E . dl
(4.60)
Observe que:
1. ao determinar VAB• A é o ponto inicial e 8 é o ponto linal;
2. se VA8 é negativo, existe uma perda de energia potencial ao movimentarmos Q de A até B.
Isso significa que o trabalho é feito pelo campo. Entretanto, se VA8 é positivo, existe um ganho em energia potencial no movimento; isto é, um agente externo é responsável por esse tra
balho;
3. VA 8 é independente da trajetória realizada (será mostrado unt pouco mais adiante);
4. VA 8 é medido em j oules por coulomb, ou mais comumente em volts (V).
Figura 4.18 Deslocamento de uma carga pontual Q
em um campo eletrostático E.
Campos Eletrostáticos •
135
Exempli11cando, se o campo E na Figura 4.18 é devido a uma carga ponlllal Q localizada na origem,
então,
(4.6 1)
de forma que a equação (4.60) pode ser reescrita como
(4.62a)
ou
(4.62b)
onde V0 e V,1 são os potenciais (ou potenciais absolwos) nos pontos B e A, respecti vamente. Assim,
a di ferença de potencial VA 8 pode ser considerada como o potencial de B em relação a A. Em problemas envolvendo cargas pontuais, é costume considerar um ponto no infin ito corno a referência, isto
é, consideramos que o potencial no inl1nito é zero. Dessa forma, se VA = Oquando ' Ã ~ oo na equação (4.62), o potencial em qualquer ponto (r8 ~ r) devido a uma carga pontual Q localizada na ori gem é dado por:
(4.63)
Note, a partir da equação (4.62a), que, pelo fato de E apontar na direção radial, qualquer contTibuição ao potencial devido ao deslocamento nas direções Oou 4J é descartada pelo produto-ponto
E · dl = Ecos Od/= E dr. Portanto. a diferença de potencial V,.8 é independente da trajetória. como afirmado anteriormente.
O potencial em qualquer ponto é a diferença de potencial entre esse ponto e um ponto escolhido no qual o potencial é arbitrado como zero.
Em outras palavras, considerando potencial zero no intinito, o potencial a uma distância r da carga
pontual é o trabalho realizado, por unidade de carga, por um agente externo, ao deslocar urna cargateste do inlinito até esse ponto. Dessa forma:
v= _
r
E . dl
(4.64)
"'
Se a carga pontual Q na equação (4.63) não está localizada na origem, mas em um ponto cuj o vetor posição é r', o potencial V(x, )\ z) ou, simplesmente V( r ), em r torna-se:
V(r ) =
Q
4?re0 lr
(4.65)
- r' I
Consideramos, até agora, o potencial elétrico devido a uma carga pontual. As mesmas considerações se aplicam a outros tipos de distribuição de cargas porque qualquer distribuição de cargas pode
ser considerada como constituída de cargas pontuais. O princípio da superposição, que aplicamos para campos elétricos, aplica-se também a potenciais. Para 11 cargas pontuais Q1, Q2 , ••• Q., localizadas
em pontos com vetores posição r., r 2 , ••• r •• o potencial em r é dado por
V(r ) =
Q,
4rce0 lr
- rd
+ .. . +
Q,.
47re 0 lr
- r,.l
136
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
(ponto de cargas)
(4.66)
Para distribuições contínuas de cargas, substituímos Qt na equação (4.66) pelo elemento de carga
P1. d/, Ps dS ou p,. dv e a soma se transforma em uma integração, tal que o potencial em r pode ser
escrito como
V(r ) =
V(r ) =
f Ir - r I
PL(r')d;'
I
41Te0
f
I
ps(r')dS'
,
s Ir - r I
41Teo
V(r) =
(linha de carga)
(4.67)
(superfície de carga)
(4.68)
(volume de carga)
(4.69)
L
f Ir - r' I
p,,(r')dv'
I
41Teo
v
onde as coordenadas-linha são usadas para denotar a localização do pon to- fome; as demais se referem à localização do ponto de interesse (ponto no qual V vai ser calculado).
É preciso destacar que:
1. Ao obter as equações (4.63) a (4.69), o ponto de potencial zero (relerência) foi escolhido, arbitrariamente, no infinito. Se qualquer outro ponto for escolhido como referência, a equação (4.65),
por exemplo, torna-se
(4.70)
onde C é uma constante determinada no ponto de referência escolhido. O mesmo raciocínio se aplica às equações (4.63) a (4.69).
2. O potencial em um ponto pode ser determinado de duas maneiras distintas, dependendo do que
for conhecido: a distribuição de cargas ou o campo elétrico E. Se a distribuição de cargas for conhecida, usamos uma das equações (4.65) a (4.70), dependendo da distribuição de cargas. Se E for conhecido, simplesmente usamos
V=-
fE·
d l +C
(4.71)
A diferença de potencial VAli pode ser determinada, genericamente, a partir de:
W
IJ
vAI) = v" - v"
= -
I
E ·dl =
Q
(4.72)
A
EXEMPLO 4.1 O
Duas cargas pontuais- 4 J.lC e 5 J.lC estão localizadas em (2, - I, 3) e em (0, 4,- 2), respectivamente. Determine o potencial em ( I, O, I), considerando potencial zero no infinito.
Soluçii o:
Seja
V(r ) =
Q,
41Te0 jr - r d
Campos Eletrostáticos •
137
Se V(oo) = O, C0 = O,
Ir - rd = 1( 1,0,1) - (2, - 1, 3)1 = 1( - 1, I , - 2) 1 = v'6
Ir - r2l = I<I, O, I) - (0, 4, - 2)1 = I<I, - 4, 3)1 = \/26
Donde
10-
V(I,O, I) =
4
=
x
6
[
10-
9
5 ]
r; +. c;
-4
•
v6
v26
367!"
7r
9 X I03 ( - I,633 + 0,9806)
= - 5,872 kV
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.10
Se uma carga pontual de 3 pC estiver localizada na origem, além das duas cargas do exemplo
4. IO, determine o potencial em (- J, 5, 2), considerando que V( oo) = O.
Resposta: I 0,23 k V.
EXEMPLO 4. 11
Uma carga pontual de 5 nC está localizada em (- 3, 4, 0), enquanto que uma linha em y = I e z = 1
está carregada uniformemente com 2 nC/m.
(a) Se V=O V em 0 (0, O, 0), determine Vem A(5, O, 1).
(b) Se V= 100 V em B( l , 2, 1), detennine Vem C(- 2, 5, 3).
(c) Se V= - 5 Vem O, determine V8 c·
Solução:
Seja o potencial em um ponto qualquer dado por
onde VQ e VL são as contribuições ao V, nesse ponto, devido à carga pontual e à linha de cargas,
respectivamente. Para a carga pontual,
Para a linha infinita de cargas:
VL =
-f
E· d l
=
-f
PL
21re,p
aP · dp aP
138
• Elementos de Eletromagnetismo
Portanto,
Onde C = C, + C2 = constante; p é a distância perpendicular da linha y = I c z = I ao ponto de
interesse; e r é a distância da carga pontual ao ponro de inrcresse.
(a) Se V = Oem O (0, O, O) e Vem A(5, O, I) deve ser determinado, precisamos primeiro obter os valores de p c r em O c em A. Determinar r é fácil; usamos a equação (2.31 ). Para determinar p para
qualquer ponto (x, y, z), utilizamos o fato de que pé a distância perpendicular do ponto (x, y, z) à
linha y = I c z = I , paralela ao eixo x. Portanto, pé a distância entre (x. ); z) c (x, I , 1), porque o vetor distância entre esses dois pontos é perpendicular a a,. Assim:
P = l<x.y,z)- (x, 1,
1)1 = Y(y - 1)2 + (z - 1)2
Aplicando essa equação para p e a equação (2.31) para r, nos pontos O e A , obtemos:
= 1(0,0,0)
ro = ICO, O, O)
Po
- (0, I, 1)1 =
\IÍ
- (- 3, 4, 0) I = 5
PA =
1(5, 0, I) - (5, I, 1)1 = I
,~, =
1(5, O, 1) - C- 3, 4, 0) I = 9
Portanto,
V0 - V = A
PL In -Po
2m::0
- 2.
=
P.4
+ Q [ - I - -1 ]
w-9 In v2 +
w-9
2-.
o
A
1
36'11'
O- V = -361n
ro
411'e0
rA
w-9
5.
J0- 9
4'11' 3611'
(
1
5
1
9
---
J
o
VÍ +
45
(.!.5 .!.)
9
OLI
VA = 36 In
\IÍ - 4 = 8,477 V
Observe que evitamos calcular a constante C subtraindo um potencial do outro, não importando qual
deles é subtraído elo outro.
(b) Se V = 100 V em B ( 1, 2, 1) e V em C (- 2, 5, 3) deve ser deterrn i rwdo, fazemos
Pn = 1(1 , 2, I) - (1, 1, 1)1 = 1
r8 = 1(1, 2, I) - (- 3, 4, O)l =
Pc
= 1(-2, 5, 3)- (- 2,
rc
=
I(-2, 5, 3) -
Vc- V8 = -
V
c-
PL In Po
2;re0
Pn
100 = - 361n
I , 1}1
V2i'
= V2õ
( - 3, 4, O) I =
+ Q
4;re0
\Ítl
[_!_
_!_]
rc rn
V2õ
+ 45 · [ I I ]
I
\Ít(
V2i'
= - 50,175 v
Campos Eletrostáticos •
139
ou
Vc= 49,825 V
(c) Para determinar a diferença de potencial entre dois pontos, não necessitamos estabelecer uma referência de potencial, caso uma referência comum for considerada.
V8c = Vc- V8 = 49,825 - 100
= - 50,175 v
corno obtido na parte (b).
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.11
Uma carga pontual de 5 nC está localizada na origem. Se V = 2V em (0, 6,- 8), determine:
(a) o potencial em A(-3, 2, 6);
(b) o potencial em 8 ( 1, 5, 7);
(c) a diterença de potencial VAn·
Resposta: (a) 3,929 V; (b) 2,696 V; (c)- 1,233 V.
,
,
RELAÇAO ENTRE O CAMPO ELETRICO E O POTENCIAL ELETRICO -
4.8
EQUAÇÃO DE MAXWELL
Conforme mostrado na seção precedente, a diferença de potencial entre dois pomos A e B independe da trajetória percorrida. Por essa razão,
isto~.
VoA
+
VAu =
p E · dl =
O
ou
f
(4.73)
E ·dl = O
Isso mostra que a integral de linha de E ao longo de uma trajetória fechada, como mostrado na Figura 4.1 9, deve ser zero. Fisicamente, isso implica que não 6 realizado trabalho ao se movimentar uma
carga, ao longo de uma traj etória fechada, no interior de um campo eletrostático. Aplicando o teorema de Stokes na equação ( 4.73), resulta em
f
E .dl =
I
(V X E) . dS =
o
ou
I VX E = i]
(4.74)
140
• Elementos de Eletromagnetismo
Figura 4.19 Natureza conservativa do campo
eletrostático.
Qualquer campo vetorial que satisfaça as equações (4.73) ou (4.74) é considerado conservativo, ou
irrotacional, conforme discutido na Seção 3.8. Assim. um campo eletrostático é um campo conservativo. As equações (4.73) ou (4.74) são referidas como equaçcio de Maxwe/l para campos eletrostáticos (a segunda equação de Maxwcll a ser obtida nesse texto). A equação (4.73) é a forma integral e
a equação (4.74) é a forma diferencial. Ambas descrevem a natureza conservati va do campo eletrostáti co.
.
.
Partindo de nossa definição de potencial, V = dV
= - E· d l = -
JE · d l, segue que
E,.dx - E>.dy- E: dz
Mas
iJV
dV = -dx
éJx
iJV
QV
éJy
éJz
+ - dy + -
dz
Comparando as duas expressões para dV, obtemos:
éJV
E
=
.<
é).x'
éJV
E=,.
éJy'
éJV
E. = - éJz
(4.75)
Assim,
E = - vv l
(4.76)
isto é, o campo elétrico E é o gradiente de V. O sinal negativo mostra que a direção de E é oposta à
direção em que V cresce. E está orientado dos níveis mais altos para os níveis mais baixos de V. Já
que o rotacional do gradiente de uma função escalar é sempre zero (V X VV = 0), a equação (4.74),
obviamente, implica que E deve ser o gradiente de alguma função escalar. Dessa forma, a equação
(4.76) poderi a ter sido obtida da equação (4.74).
A equação (4.76) mostra um outro caminho para obter o campo E, independente do uso da lei de
Coulomb ou da lei de Gauss. Isto é, se o campo potencial V é conhecido, o E pode ser encontrado
usando a equação (4.76). Pode parecer surpreendente que uma única função V possa conter toda a informação expressa pelas trl!s componemcs de E. Porém, nesse caso, as três componentes de E não
são independentes uma das outras. Elas estão explicitamente relacionadas pela condição V X E= O.
O que essa formulação do potencial faz é explorar essa propriedade tirando dela o máximo proveito
c, dessa forma, reduzindo um problema vetorial a um problema escalar.
EXEMPLO 4.12
.
Dado o potenctal V
IO
=---, sen Ocos </>,
r·
(a) determine a densidade de tluxo elétrico O em (2, 7!'12, O);
(b) calcule o trabalho realizado ao se movimentar uma carga de lO pC do ponto A( I, 30", 120") até
o ponto 8(4, 90", 60").
Campos Eletrostáticos •
141
Solução:
(a) D = e0 E
Mas
éJV
I éJV
I
E = - VV = - [ - a + - - a8 +
-éJV a9 ]
é)r r
r
rsen élt/>
20
10
10
= 3 sen 8 cos t/> a, - 3 cos 8 cos 4> a0 + 3 sen 4> a 0
r
r
r
ao
o
Em (2, 1r12, 0),
D = e0 E (r = 2, 8 = 1r12, 4> = O)= e0 (
= 2,5e a, C!m-> = 22,1 a, pC!m->
°
2
a,- Oa0 + Oa 0 )
8
0
(b) O trabalho realizado pode ser encontrado de duas maneiras, usando E ou V.
Método 1:
W = - Q
f
ou
E· d i
c como o campo eletrostático é conservati vo, o caminho de integração é irrelevante. Conseqüentemente, o trabalho realizado para movimentar Q de A( I , 300, 1200) até 8(4, 900, 600) é o mesmo que
o realizado para movimentar Q de A até A' , de A' até 8' e de 8' até 8, onde:
A( I, 30°, 120°)
J.
8(4, 90°, 60°)
d i = dr a,
i
d l = rd0 a0
A'(4, 30°, 120°)
d l = r scn Ode/> a 0
8 '(4, 90°, 120°).
~
Isto é, em vez de movimentar a carga Q diretamente ele A até 8, a carga é movimentada de A~ A',
A'~ 8' c dcB' ~ B, tal que somente uma variável se altera por vez. Isso torna a integral de linha muito mai s fácil de calcular. Assim,
-w
Q
1
Q (WAA' + WA'B' + Wn·n)
= -
=
(L. Lo·
+
4
-
20 senO cos 4>
f
1
r=
1'
900
1
+
3
oo•
J
+ o= I :!O'
º
dr
0 - 30°. <1> - 120•
3
r - ~. ô w l20°
r scn Od<P r •
r3
(.2!.)(.::.!.)
[-~
2
21
10(- 1) sen O
- 16 2
30'
-15
5
10
- -=-- + 32
32
r dO
r
IOsen 4>
000
w
E . dl
- 10 cos o cos 4>
0 - 30"
= 20
L)
+
-16
~. 0• 900
4
]
r- 1
+ -10 (I) [ - cos <P
16
000
120'
]
142
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
w=
45
-16
Q = 28 •125 ,...,
...
Método 2:
Já que V é conhecido, esse método é muito mais fácil.
w=
-Q
r
E . dl = QVAB
A
= Q(Vo - VA)
=
=
(.!.2.
sen 90° cos 60° - .!.Q scn 30° cos 120°)
16
I
.
10 (.!.2. - -5) . 10- 6
IO
32
= 28, 125 p.J
· IO 6
2
como obtido anteriormente.
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.12
Dado E = ( 3x2 + y) a_, + xa,.kY/m, determine o trabalho realizado ao movimentar uma carga
de- 2 pC do ponto (0, 5, O) até o ponto (2,- I, O) usando a trajetória:
(a) (0, 5, 0) ~ (2, 5, O)~ (2,- 1, O);
(b)y = 5-3x.
Resposta: (a) 12 mJ, (b) 12 mJ.
,
4.9 O DIPOLO ELETRICO E AS LINHAS DE FLUXO
Tem-se um dipolo elétrico quando duas cargas pontuais de igual magnitude e sinais opostos
estão separadas por uma pequena distância.
A importância do campo devido a um dipolo elétrico ficará evidente nos próximos capítulos.
Considere o dipolo mostrado na Figura 4.20. O potencial em um ponto P(r,O, ~)é dado por
(4.77)
onde r 1 e r 2 são as distâncias entre P e + Q e entre P e- Q, respectivamente. Se r>> d, r2 - r 1 =d cos
O, r2r 1 r 2 a equação (4.77) torna-se
=
Q dcos8
v = -=----=-2
4 11"Co
r
(4.78)
Campos Eletrostáticos •
z
Fi~:ura
143
4.20 Um dipolo elélrico.
p
+Q
-Q
Já que d cosO = d ·a,., onde d = da,, se definirmos
p = Qd
(4.79)
como momento de dipolo, a equação (4.78) pode ser escrita como
\f= P .
a,
(4.80)
?
4?Te0 r·
Note que o momento de dipolo p está orientado de- Q a +Q. Se o cen tro do dipolo não está na origem, mas em r ', a equação (4.80) toma-se
V(r) =
p . (r - r ')
4?Teolr - r ' 13
(4.81)
O campo elétrico devido ao dipolo com centro na origem, mostrado na Figura 4.20, pode ser obtido
diretamente das equações (4.76) e (4.78) como
E=
=
-vv =- [av
a,+.!. av ao]
él,.
,. ()8
Qd cos 8
2?Te0 1..3
a,+
Qd scn O
4?Te 0 r 3
ao
ou
E =
onde p =
IPI
p
4?Te0 r·3
(2 cos 8 a, + sen Oa0)
(4.82)
= Qd.
Observe que uma carga pontual é um monopo/o e seu campo elétrico varia inversamente com r 2 ,
enquanto seu campo potencial varia inversamente com r [veja equações (4.61 ) e (4.63)]. Das equações (4.80) e (4.82), observamos que o campo elétrico devido ao dipolo varia inversamente com r 3,
2
enquanto seu potencial varia inversamente com r • Os campos elétricos devido a rnultipolos de ordens sucessivamente superiores (tais como um quadrupolo, que consiste de dois dipolos, ou um octupolo, que consiste de dois quadrupolos) varia inversamente com /, / ', r6 , ••• , enquanto seus poten. .
d
.
.
l • 5
cm•s correspon entes vanam mversamente com r , r , r , ....
O conceito de linhas de fluxo elétrico (ou linhas de força elétrica, como são algumas vezes denominadas) foi introduzido por Michael Faraday (1791-1867), na sua investigação experimental, como uma maneira de visualizar o campo elétrico.
144
•
Elementos de Eletromagnetismo
.
linho de fluxo
linho de Ou., o
V>O
V<O
supcrllcic
supertTcie
equipotcncial
cquipotcncial
(a)
(b)
l''lgura 4.21 Superfícies equipotenciais para (a) uma carga pontual e (b) para um dipolo elétrico.
Uma linha de fluxo elétrico é uma trajetória ou uma linha imaginária desenhada de tal modo
que sua orientação em qualquer ponto é a orientação do campo elétrico nesse ponto.
Em outras palavras, são as linhas para as quais o vetor densidade de !luxo elétrico D é tangencial
em cada ponto.
Qualquer superfície na qual o potencial elétrico é o mesmo em toda a sua extensão é conhecida
corno uma superfície equipotencial. A interseção de uma superfície equipotencial e um plano resul·
ta em uma trajetória ou uma linha conhecida como linha equipotencial. Nenhum trabalho é realiza·
do ao movimentar uma carga de um ponto a outro ao longo de urna linha ou superfície equipotencial
(VA- V8 = 0) e, por essa razão,
f
E· d l =O
(4.83)
sobre a linha ou sobre a superfície. A panir da equação (4.83). podemos concluir que as linhas de for·
ça ou linhas de fluxo (ou a direção de E) são sempre normais às superfícies equipotenciais.
Exemplos de superfícies equipotenciais para carga pontual c para um dipolo são mostrados na Figu·
ra 4.21. Note, a partir desses exemplos, que a direção de E é perpendicular às linhas equipotenciais
em qualquer lugar.
Veremos a importância das superfícies equipotenciais quando discutirmos a presença de corpos con·
dutorcs em campos elétricos. Por agora basta dizer que esses corpos são volumes cquipotenciais.
Urna aplicação típica de mapeamento ele campo (linhas de lluxo e superfícies cquipotenciais) é
encontrada no diagnóstico ele doenças cardíacas. O coração humano bate em resposta a urna diferen·
ça de potencial de campo elétrico interna. O coração pode ser caracterizado como um clipolo com um
mapa ele campo similar ao da Figura 4.2 1(b). Tal mapa de campo é útil para detectar posição anonnal
elo coração. 6 Na Seção 15.2, discutiremos uma técnica numérica para fazer mapeamento de campo.
EXEMPLO 4.13
Dois dipolos com momentos de dipolo- 5a<nC/rn c 9a, nC/m estão localizados nos pontos
(0, O, - 2) c (0, O, 3), respectivamente. Determine o potencial na origem.
Solução:
r,]
+ P-' . r~
6
Parn mais infonn.1ções sobre esse assumo. ver R. Ptonsey. Bioelectric Phenomena. New York: Me Grnw-Hill. t969.
Campos Eletrostáticos •
145
onde
= (0, O, O) -
= 2a:,
p , = - 5a"'
r1
P2 = 9a:,
r 2 = (0, O, O) - (0, O, 3) = - 3a:,
(0, O, - 2)
r,
=
~'2 =
lrd = 2
lr2l = 3
Portanto,
v = --~-.,.9 [--::13,.;-o
10
4-,r . --'-367!'
=
2
-E] .10-9
33
-20,25 v
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.13
Um dipolo eléLrico de 100 a, pC · m está localizado na origem. Determine V e E nos pontos:
(a) (0, O, I 0);
(b) ( I, 7!'/3, 7r/2).
Resposta: (a) 9 mV, I ,8 a, mV/m; (b) 0,45 V, 0,9 a, + 0,7794a 0 V/m.
4.10 DENSIDADE DE ENERGIA EM CAMPOS ELETROSTÁTICOS
Para determinar a energia armazenada em um arranjo de cargas, precisamos, em primeiro lugar, determinar a quantidade de trabalho necessária para reunir essas cargas. Suponhamos que se posicione
três cargas pontuais Q,, Q2 e Q3 em uma região do espaço inicialmente vazia, região sombreada na
Figura 4.22. Não há necessidade de se realizar trabalho para transferir Q1 do infinito até P1 porque o
espaço, inicialmente, está livre de cargas e não há campo elétrico presente [da equação (4.59),
W = 0]. O trabalho realizado para transferir Q2 do infinito até P2 é igual ao produto de Q2 pelo potencial V21 em P2 devido a Q 1• De modo similar, o trabalho realizado para posicionar Q3 em P3 é igual
a Q.l(V32 + V3 ,), onde V32 e V31 são os potenciais em P3 devido a Q2 e Q,, respectivamente. Portanto,
o trabalho total realizado para posicionar as três cargas é:
w E
=
=
w, + W2 + W3
o + Q2V2, + Q3(V3,
+ V32)
(4.84)
Se as cargas fossem posicionadas na ordem rcversa,
w6
=
w3 + w2 + w,
= O+ Q2V23 + Q,(V,2 + V,3)
(4.85)
onde V23 é o potencial em P2 devido a Q3 c V12 e V, 3 são, respectivamente, os potenciais em P1 devi_
do aQ2 e a Q3• Somando as equações (4.84) c (4.85), obtém-se
2WE = Q,(V,2 + Vn) + Q2( V21 + V23) + Q3(V31 + V32)
= Q,V, + Q2V2 + Q3V3
ou
(4.86)
146
• Elementos de Eletromagnetismo
Fij!ura 4.22 Arranjo de cargas.
onde VP V2 e V3 são os potenciais totais em P1, P2 e P3 , respectivamente. Em geral, se houver 11 cargas pontuais, a equação ( 4.86) toma-se:
(em joules)
(4.87)
Se, ao invés de cargas pontuais, a região tiver uma distribuição contínua de cargas, o somatório
na equação ( 4.87) torna-se uma integral, isto é:
We
= ~f P1.Vd/
WE =
We
~ f PsV dS
=~ f p,.Vdv
(linha de carga)
(4.88)
(supcrffcic de carga)
(4.89)
(volume de carga)
(4.90)
Já que p,. = V· D , a equação (4.90) pode ser reescri ta como:
WE=
~f (V· D}Vdv
(4.9 1)
v
Ainda, para qualquer vetor A e escalar V, as identidades
V· VA = A · VV
+ V( V· A)
ou
(V· A)V = V· VA - A· VV
( 4.92)
são válidas. Aplicando a identidade da equação (4.92) na equação (4.9 1), obtém-se:
WE =
~ f (V· VD) dv - ~f (D · VV) dv
l'
(4.93)
,.
Aplicando o teorema da divergência ao primeiro termo do lado direito dessa equação, temos:
We
=;.f
- s
(VD) · dS-.!.
2
f,.
(D · VV)dv
(4.94)
Da Seção 4.9, relembramos que V varia com l/r e D com 1/r2 para cargas pontuais; V varia com 11/
e D com Ih;; para dipolos e assim por diante. Portanto, VD no primeiro termo do lado direito da equação (4.94) deve variar pelo menos com 11?, enquanto dS varia com r 2• Conseqüentemente, a primei-
Campos Eletrostáticos •
147
ra integral na equação (4.94) deve tender a zero à medida que a superfícieS torna-se cada vez maior.
Por essa razão, a equação (4.94) reduz-se a
WE
e já que E
= - VV e
D
= -~
f (D ·
VV) dv
v
= ~ f (D · E) dv
(4.95)
,.
= e0 E
(4.96)
Disso, podemos definir a densidade de energia eletrostática wF.(cm J/nr1) como
we
=
dWE
dv
l
l
?
02
= - D ·E = - e E-= 2
2 °
2e0
(4.97)
de forma que a equação (4.95) possa ser escrita corno
(4.98)
EXEMPLO 4 .14
Três cargas pontuais - I nC, 4 nC e 3 nC estão localizadas em (0, O, 0), (0, O, I) e ( I, O, 0), respectivamente. Determine a energia interna do sistema.
Solução:
A!terna ti vamente,
148
•
Elementos de Eletromagnetismo
=
4:e
(
Q,Q2 + Q,Q3 +
0
=
9(
~-
~)
7) nJ = 13,37 nJ
como obtido anteriormente.
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.14
As cargas pontuais Q1 = I nC, Q2 = - 2 nC, Q3 = 3 nC e Q.= - 4 nC estão
posicionadas, uma por vez e nessa ordem, nos pontos (0, O, 0), (I, O, 0), (0, O, - I)
e (0, O, I), respectivamente. Calcule a energia armazenada no sistema depois do posicionamento de cada uma das cargas.
Resposta: O; - 18 nJ;- 29,18 nJ; - 68,27 nJ.
EXEMPLO 4.15
Uma distribuição ele carga com simetria esférica tem densidade
p ,.
Po,
= [ O,
O< r s R
r> R
Determine V em qualquer ponto c a energia armazenada na região r < R.
Solução:
O campo D já foi determinado na Seção 4.60 usando a Lei de Gauss.
(a) Para r ;;;: R, E =
PoR:
a, .
3e r
0
Sendo E conhecido, V é cletenninaclo por:
V= -
I
3
E · di = - PoR
3e0
PoRJ C
'-"-+ .,
3e0 r
f -.!,
r·
dr
r ;;;: R
Uma vez que V( r= oc) = O, C 1 = O.
Por
(b) Para r ,.. R, E = - a,..
3eo
Donde,
V = -
I
E · d i = - Po
?
Da parte (a) V( r = R) =
PoR-
3eo
. Portanto,
3e0
I
r dr
Campos Eletrostáticos •
149
e
Assim, a partir de (a) e (b)
PoR
3
3e0 r'
V=
Po (3R2-
6e0
r\
r -=: R
(c) A energia am1azcnada é dada por
W= -L
2
f
D· Edv= -I e
2 o
f,
E' dv
Para r -=: R,
Pr
E = - 0- a,.
3e0
Portanto,
W =
(" J2lf r2 • r 2 scn 8 de/> d8 dr
2I e Po22 IR L
9eo r = O D= o ~ - o
l 47f . _r s R 21fp2 Rs j
0
...:..:
O:...
O
18e0
5
o
45e0
EXERCÍCIO PRÁTICO 4.15
Se V = x- y + xy + 2z V, detem1ine E em ( I, 2, 3) e a energia eletrostática am1azenada em um
cubo de lado 2 m, centrado na origem.
Resposta: -3 a., - 2 a: V/m; 0,2358 nJ.
RESUMO
1. As duas leis fundamentais para campos eletrostáticos (lei de Coulomb c lei de Gauss) são apresentadas nesse capítul o. A lei da força de Coulomb estabelece que
2. Tendo por base a lei de Coulornb, detinimos a intensidade de campo elétrico E como força por
unidade de carga, isto é:
(somente para cargas pontuais)
3. Para uma distribuição contínua de cargas, a carga total é dada por
Q=
f
pr_ dl
para uma linha de carga
15 0
•
Elementos de Eletromagnetismo
Q=
Q
=
I
I
PsdS
para uma superfície de carga
p,.dv
para um volume de carga
O campo E devido a uma distribuição contínua de cargas é obtido, a partir da fóm1ula para a carga pontual, substituindo Q por dQ = pL d/, dQ = Ps eiS ou dQ = P,. dV e integrando sobre a linha, a superfície ou o volume, respectivamente.
4. Para uma linha infinita de carga,
E=
Pi. a
21reoP P
e, para uma lâmina intinita de carga:
E = -Ps a
2e o "
S. A densidade de tluxo elétrico D está relacionada com a intensidade ele campo elétrico (no espaço livre) na form a de
D =eo E
O fluxo elétrico através da superfícieS é expresso por
V'=
fs
D ·dS
6. A lei de Gauss estabelece que o lluxo elétrico líquido que penetra uma superfície fechada é igual
a carga elétrica total envolvida por essa superfície, isto é, V' = Q,,..,.,w Portanto,
V' =
f
D · dS = Qcnc =
I
p,. dv
ou
Pv = V. D
(primeira das equações de Maxwell a ser obtida)
Quando a distribuição de cargas é simétri ca tal que a superfície gaussiana (onde D = D,a, é
constante) possa ser defin ida, a lei de Gauss é útil para determinar D, isto é,
D,
f
dS =
ou
Qenc
7. O trabalho total real izado, ou a energia potencial elétrica, para movimen tar uma carga pontual
Q de um ponto A até um ponto B, em um campo elétrico E, é
w=
- Q
r,
E . dl
8. O potencial em r , devido a uma carga pontual Q em r ', é
Q
V(r ) = 47re Ir - r 'I + C
0
Campos Eletrostáticos •
151
onde C é dado em um ponto de referência de potencial; por exemplo: C= O se V(r -4 oo) =O.
Para determinar o potencial devido a uma distribuição contínua de carga, substituímos Q na fórmula para carga pontual por dQ = pL d/, dQ = Ps dS ou dQ = P,. dv e integramos sobre uma linha, uma superfície ou um volume, respeclivamentc.
9. Se a distribuição de carga não é conhecida, mas a intensidade de campo E é dada, determinamos
o potencial usando:
f E·
V= -
d l +C
10. A diferença de potencial VAB• o potencial em 8 em relação ao potencial em A, é dada por:
W
B
V,18 = - " E · d l =
J
Q=
V8
-
V,1
11. Já que o campo eletrostático é conservativo (o trabalho líquido realizado ao longo de uma trajetória fechada em um campo estático E é zero),
f
E· d l
=
O
ou
VX E =O
(segunda equação de M axwell a ser obtida)
12. Dado um campo pmencial, o campo elétrico correspondente é determinado usando:
E = -vv
13. Para um dipolo elétrico centrado em r ', com momento de dipolo p, o potencial em r é dado por:
V( r) =
p ·(r - r')
....:....--'-----'-=
4?reolr - r ' 13
14. O vetor D é tangencial às linhas de fluxo elétrico em cada ponto. Uma superfície equipotencial
(ou linha) é urna superfície (ou linha) em que V= constante. Em cada ponto, a linha equipotencial é ortogonal à linha de fluxo elétrico.
15. A energia eletrostática devido a n cargas pontuais é:
Para uma distribuição contínua ele cargas em um volume,
Wc = I
2
f
2
,. D · E dv = I
f '
e0 IEI- dv
QUESTÕES DE REVISÃO
4.1 Duas cargas pontuais Q, = I nC e Q2 = 2 nC estão distantes uma da outra. Quais das seguintes
aJirmações são incorretas?
(a) A força sobre Q, é repulsiva.
152
• Elementos de Eletromagnetismo
(b) A força sobre Q2 é igual em magnitude à força sobre Q 1•
(c) A' medida que a distância entre as cargas diminui, a força sobre Q1 aumenta linearmente.
(d) A força sobre Q2 é ao longo da linha que une as cargas.
(c) Uma carga pontual Q 3 = - 3 nC localizada no ponto médio entre Q1 c Q2 experimenta uma
força resultante nula.
4.2 O plano;; = I Om tem uma distribuição de cargas de 20 nCIIn2• A intensidade de campo elétrico na
. e:ongem
(a) - lO a. V/m
(b) - l81r a.. V/m
(c) - 727í a.• V/m
(d) - 3601í a.• V/m
4 .3 As cargas pontuais 30 nC, - 20 nC e I OnC estão localizadas em (- I, O, 2), (0, O, 0) e ( I, 5, - I),
respectivamente. O tlu xo total que sai de um cubo de 6 rn de aresta, centrado na origem, é:
(a) - 20nC
(b) lOnC
(c) 20 nC
(d) 30 nC
(c) 60 nC
4.4 A densidade de lluxo elétrico sobre uma superfície eslc rica r = b é a mesma tanto para uma carga
pontual Q localizada na origem, quanto para uma carga Q uniformemente distribuída sobre uma
superfície r= a (a< b).
(a) Sim.
(b) Não.
(c) Não necessariamente.
4.5 O trabalho realizado pela força F = 4 a, - 3 a,. + 2 a, N para provocar. em uma carga de I nC. o
deslocamento de lO a, + 2 a1 - 7 a, m é de:
(a) I ü:l nJ
(b) 60nJ
(c) 64 nJ
(d) 20 nJ
4.6 Dizer que um campo eletrost<ítico é conservativo llfio siguifica dizer que:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
O campo é o gradiente de um potencial escalar.
A circulação desse cam po é identicamente zero.
O rotacional desse campo é identicamente zero.
O trabalho realizado em uma trajetória fechada no interior desse campo é zero.
A diferença de potencial entre quaisquer dois pontos é zero.
4.7 Suponha que exista um campo elétrico uniforme no interior da sala em que você está trabalhando.
tal que as linhas de força são horizontais e perpendiculares a uma das paredes. À medida que você
caminha em direção à parede da qual as linhas de força emergem. você está caminhando na direção dos:
(a) Pontos de potencial mais alto?
(b) Pontos de potencial mais baixo?
(c) Pontos de mesmo potencial (linha equipotencial)?
Campos Eletrostáticos •
153
4.8 Uma carga Q é unifonnemente distribuída em uma esfera de raio a. Considerando o potencial no
inlinito como zero, o potencial em r = b < a é dado por:
(a) (b) -
J.b
Qr
"
4r.&o(l3
I.
I.
I.
Q
b
,. 4r.e 0 r
(c) -
"J;.
2
Q
u
" 4r.e 0 r
(l
Q
(d) -
dr
2
41re 0 r 3
dr
drdr
4.9 Um campo potencial é dado por V= 3 iy- yz. Qual das atirmações a seguir não é verdadeira?
(a) No ponto ( I , O, - I ) V e E são nulos.
(b)
x\ =
I é uma linha equipotencial no plano xy.
(c) A superfície equipotencial V= - 8 passa pelo ponto P(2,- I, 4).
(d) O campo elétrico em Pé 12 a.,- 8 ar a, V/m.
(c) A normalunit;íria à superfície cquipotcncial V = - 8 em Pé dado por - 0,83 a,. + 0,55 a,.
.+
0 ,07 a •..
4.10 Um campo potencial elétrico é produzido pelas cargas pontuais I JtC c 4 J.IC, localizadas nos pontos(- 2, I. 5) e (I. 3.- I). respectivamcmtc. A energia armazenada no campo é de:
(a) 2,57 mJ
(b) 5,14 mJ
(c) 10.28 mJ
(d) Nenhuma das resposta~ acima.
Respostas: 4.1c, e: 4.2d: 4.3b; 4.4a; 4.5d; 4.6e; 4.7a: 4.8c: 4.9a; 4.10b.
I
--PROBLEMAS
4.1 Duas cargas pontuais Q 1 = 5 mC e Q2 = - 4 mC estão localizadas nos pontos (3, 2, I) e (- 4,
O, 6), respectivamente. Determine a força sobre Q1•
4.2 Cinco cargas pontuais idênticas de 15 mC cada estão localizadas no centro e nos cantos de
um quadrado definido por - I < x, y < I e z = O.
(a) Determine a força sobre uma carga pontual de lO J.IC localizada em (0, O, 2).
(b) Calcule a intensidade de campo elétrico em (0, O, 2).
4.3 Duas cargas pontuais Q 1 e Q2 estão localizadas em (4, O, - 3) e (2, O, 1), respectivamente. Se
Q2 = 4 nC, determine Q, tal que:
(a) O campo E em (5, O, 6) não tenha componente em
z.
(b) A força sobre uma carga de teste em (5, O, 6) não tenha componente em x.
4 .4 As cargas+ Q e+ 3Q estão separadas por uma distância de 2 rn. Uma terceira carga está localizada em uma posição tal que o sistema eletrostático está em equilíbrio. Determine a localização c o valor da terceira carga em termos de Q.
4.5 Determine a carga total :
(a) Sobre uma linha dada por O < x < 5 m, se Pt = 12 i mC/m.
(b) Sobre um cilindro dado por p = 3, O< z < 4 m, se Ps= p -;.2 nC/nt
(c) Dentro de uma esfera com r= 4 m. se p,, =
°
1
r scn O
C/m~.
15 4
•
Elementos de Ele tromagnetismo
4.6 Calcule a carga total devido à~ distribuições de carga re fe ridas por A, 8 e C na Figura 4.23.
4.7 Detennine E em (5, O, O) devido à distribuição de carga re ferida por A na Figura 4.23.
4.8 Devido à distribuição de carga referida por B na Figura 4.23.
(a) Determine E no ponto (0, O, 3) se Ps = 5 mC/m2 •
(b) De termine E no ponto (0. O. 3) se Ps = 5 scn 4J mC/m
2
•
4.9 Um disco circular de raio a está carregado com uma distribui ção de carga dada por Ps = Jlp C/m 2•
Calcule o potencial em (0, O, h).
4. 10 Um anel dado por / + l = 4 ex = Oestá carregado com uma distribuição uniforme de carga de
5pC/m.
(a) Determine D e m P(3, O, 0).
(b) Se duas cargas pontuais idênticas Q fore m colocadas em (0, - 3. 0) c (0, 3. 0), nas proximidades do anel, determine o valor de Q tal que D = Oem P.
*4.1 1 (a) Demonstre que o campo elétrico no ponto (0, O, h), devido ao retângulo descrito po r - a < .r <
a, - b :s y :s b e z = O, carregado com uma di stribuição uniforme de carga Ps C/m 2, é dado J)Or:
E = - Ps tg ?re o
(b) Se a = 2, b = 5 e Ps = 10'
po elétrico em (0, O, 10).
5
,
1[
,
h(a·
ab
,
+ b· +
, , ] a.
h')" •
determine a carga total sobre o retângulo c a intensidade de cam-
.-
p,.
=t rnCfmJ
c
PL = 2 rnC/m
A
-5
------------~----------------~~--------_.
4
y
fJ
p1 = 5 mC/m 2
Figura 4.23 Refereme ao Problema 4.6.
Campos Eletrostáticos •
Fi:,.'llra 4.24 Referente ao Problema 4.14.
)'
+Q
155
+2Q
2
I
-2
o
2
- 2Q
-2
-Q
4.12 Uma carga pontual de I00 pC está localizada em (4, I, - 3), enquaruo o eixo x está carregado com
2
2 nC/m. Se o plano <: = 3 também estiver carregado com 5 nC/ m , determine E no ponto (1 . 1, l).
4.13 A linha x = 3 e <: = - I está carregada com 20 nC/m, enquanto o plano x = - 2 está carregado com
4nC/m2• Determine a força sobre uma carga pontual de- 5 mC localizada na origem.
4.14 Quatro cargas pontuais estão localizadas nos vértices de um quadrado de 4 m de lado, corno mostra a Figura 4.24. Se Q = I 5 pC, determine D em (0, O, 6).
4.15 Estabeleça a lei de Gauss. Deduza a lei de Coulomb a partir da lei de Gauss, mostrando que a lei
de Gauss é uma forma altemaúva da lei de Coulomb e que a lei de Coulomb está implícita na equação de Maxwell: V · D = P.4.16 Determine a densidade de cargas devido a cada uma das seguintes densidades de fluxo elétrico:
,
,
(a) D = 8xya_.. + 4x-a,. Ctm-
,
,
(b) D = p sen <P a,+ 2p cos tfJ a 0 + 2::-a, C/m-
(c) D =
2 cos O
r3
a, +
senO
a 0 C/rn 2
3
r
4.17 Seja E = xya , + ~la, determine:
(a) A densidade de tluxo elétrico D.
(b) A densidade volumétrica de cargas P,..
4. 18 O plano x + 2y = 5 está carregado com Ps = 6 nC/rn2 • Determine E em (- I, O, I).
4.19 No espaço livre, D = 2/ax+ 4xy a... - a, mCfln 2• Determine a carga total armazenada na região
I < X < 2, I < )' < 2, - I < z < 4.
4.20 Em uma certa região, o campo elétrico é dado por:
(a) Determine a densidade de cargas.
(b) Calcule a carga total encerrada em um volume dado por: O< p < 2, O< ~ < r. /2 e O< z < 4.
(c) Confirme a lei de Gauss, determinando o fluxo líquido através da superfície que limita o
volume dado em (b).
156
•
Elementos de Ele tro magnetismo
*4.21 O modelo de Thomson do átomo de hidrogênio é uma esfera de cargas positivas com um e létron
(carga pontual) e m se.u centro. A carga positiva total é ig ual à carga eletrônica e. Prove que, quando o e létron está a uma distância r do centro da esfera positiva de cargas, e le é atraído com uma
força
onde R é o raio da esfera.
4.22 Três cascas esféricas concêntricas com r = I , r= 2 e r = 3 m têm, respecti vamente, distribuições
'
de cargas dadas por 2,-4 e 5 pCtm·.
(a) Calcule o fluxo através de r = I ,5 me r = 2,5 m.
(b) De termine O em r = 0.5, r= 2,5 c r= 3,5 m.
4.23 Dado que
_ {1 2p nC/m~ .
O,
p ., -
l < P< 2
fora desse intervalo
dete rmine O em qualquer ponto.
4.24 Seja
P~·
=
lO
--. mC/rnl,
l < r < 4
O,
r>O
r·
(a) Determine o fluxo líquido que atravessa as superffcies r = 2 me r = 6 rn.
(b) Determine O em r = I me em r = 5 m.
4.25 Determine o trabalho realizado ao deslocar uma carga de 5 C do ponto P( l , 2, - 4) até o ponto
R(3, - 5, 6), na presença de um campo elétrico dado por
4.26 Dado o campo elétrico em uma certa região do espaço
E = (z
+
I ) sen tf> !\,
+
(z
+
I ) cos a 0
+ p sen tf> a, V /m
determ ine o trabalho reali zado ao movimentar uma carga de 4 nC de
(a) A( l, O, 0) até 8 (4, O, 0)
(b) 8(4, O, O) até C(4, 30", O)
(c) C(4. 30", O) até 0 (4, 30", - 2)
(d) A até D
4.27 Em um campo e létrico E = 20 r senO a,+ IOr cosO a, V/m, determine a e nergia e mpregada ao
transferir uma carga de I O nC
(a) de A(5, 30", O") até 8 (5, 90", <r)
(b) de A até C( I O, 30". <Y')
(c) de A até 0(5, 30", 60")
( d) de A até E( I O, 90", 60")
Campos Eletrostáticos •
157
1
4.28 Seja V= -\)' z. Calcule a energia necessária para transferir uma carga pontua l de 2 JJC de ( I,- I, 2)
a (2, I,- 3).
4.29 Determine o campo elétrico devido aos seguintes potenciais:
(a)
(b)
(c)
V = x z + 2 ,.- + 4z 7V = sen(x-7 + y·7 + z·•)•n
V = p 2 (z + I )sen cp
-
?
(d) V = e - r sen Ocos 2</J
4.30 Três cargas pontuais Q, = I mC, Q2
(0, 0, 4), (-2, 5, l) e(3,-4, 6).
= - 2 mC e Q3 = 3 mC estão localizadas, respecti vamente, em
(;e) Dete rmine o potencial VP e m P(- I. I, 2).
(b) Calcule a diferença de potencial V1,Q se Q é ( I , 2, 3).
4.3J No espaço livre, V = iy(z + 3) V. Determine:
(a) E em (3, 4,- 6)
(b) a carga dentro de um cubo de dimensões O< x,y, z < I
4.32 Urna dis tribuição esférica de cargas é dada por
,.
p,, =
Po-
,. < a
o.
r >a
a'
Determ ine V em qualquer ponto.
4.33 Para verificar que E =
yza, + ,\'Zlly+ .\)'ll< V/m é verdadeiramente um campo elétrico. demonstre que:
(a) V X E= O
(b)
f
L
E · dl = O. onde L é o perímetro de um quadrado definido por O < x.y < 2. z = 1.
4.34 (a) Urna carga total Q = 60 J1C é di vidida e m duas cargas igua is localizadas a 180" uma da outra,
posicionadas e m um ane l circular de raio 4 m. Determine o potencial no centro do ane l.
(b) Se a carga Q for dividida em três cargas iguais espaçau as em intervalos iguai s de 120" nesse
ane l, de termine o potencial no centro uo ane l.
(c) Se a carga for distribuída ao longo do anel com urna distribuiç1io linear dada por p~ =
de81r
termine o potencial no centro do anel.
JL,
4.35 Para uma distribuição esférica de cargas dada por:
,. < (/
r>a
(a) Determine E e V para r > a.
(b) Dctcm1ine E c V para r :s a.
(c) Determine a carga total.
(d) Demonstre que E é máximo quando r= 0,145a.
*4.36 (a) Prove que. quando uma partícula de massa e carga constantes é acelcmda a partir do repouso,
na presença de um campo elétrico. sua velocidade final é pmporcionalit raiY. C)uadrada da diferença de potencial sob a qual ela é acelerada.
(b) Determine a magnitude da constante de proporcionalidade se a panícula for um elétron.
158
• Elementos de Eletromagnetismo
(c) Sob que diferença de potencial deve um elétron ser acelerado, considerando que não haja variação em sua massa, para adquirir uma velocidade de um décimo da velocidade da luz? (Em
tais velocidades. a massa de um corpo toma-se consideravelmente maior do que sua "massa de
repouso'' c não pode ser considerada constante.)
*4.37 Um elétron é lançado com uma velocidade inicial/10 = 107 m/sem um campo elétrico uniforme
existente entre duas placas paralelas, como mostra a Figura 4.25. O elétron entra no campo na posição média entre as duas placas. Se o elétron tangcncia a placa superior ao sair do campo:
(a) Determine a intensidade de campo elétri co entre as placas.
(b) Calcule a velocidade do elétron quando ele abandona o campo. Desconsidere efeitos de borda.
4.38 Um dipolo elétrico com p = pa, C· m está localizado em (x. z)
nm é de 9 V, determine o potencial em ( I. I) nm.
= (0. 0). Se o potencial em (0,
l)
4.39 Duas cargas pontuais Q e- Q estão localizadas em (0, d/2, 0) c (0,- d/2, 0). Demonstre que no
ponto (r, O, !p ), onde r» d:
V = Qd sen O scn
?
47reor·
</>
Determine o campo E correspondente.
4.40 Determine o trabalho ncccssálio para deslocar as cargas Q1 = I mC c Q2 =- 2 mC do inlinito até
os pontos(- 2. 6, I) e (3. - 4. 0). respectivamente.
4.4 1 Uma carga pontual Q está na origem. Calcule a energia annazcnada na região dada por r> a.
4.42 Detennine a energia armazenada em uma região delimitada pelo hemisfério r !52 me O< O< 1r.
onde existe o campo elétrico expresso matematicamente por:
E = 2r sen Ocos </> a,+ r cos Ocos </> a, - r sen cJ>
4.43 Se V =
/z sen </>, calcule a energia dentro da região dclinida por I <
o < </> < 11'13.
y
+
2cm
·•
+
+ +
+
l
-- ----
e
a~ V /m
•
Uo
t'
+
+
+ +
+
+
- - -- .<
.., _____ _
IOem
Figura 4.25 Referente ao Problema 4.37.
p
< 4. - 2 < z < 2 e
Capítulo
5
CAMPOS ELÉTRICOS EM MEIO
MATERIAL
Os 12 princípios do caráter: (1) Honestidade, (2) Compreensão, (3) Compaixão, (4) Apreço, (5)
Paciência, (6) Disciplina, (7) Firmeza, (8) Perseverança, (9) Humor, (10) Humildade, (1 1) Generosidade, (12) Respeito.
-KATHRYN B. JOHNSON
5.1 INTRODUÇÃO
No último capítulo, consideramos campos eletrostáticos no espaço livre ou na ausência de meios materiais. Assim, o que desenvolvemos em eletrostática é o que podemos chamar de teoria de campos
no "vácuo''. Da mesma maneira, o que vamos desenvolver nesse capítulo pode ser denominado de
teoria dos fenômenos elétricos em um meio material. Como veremos em breve, a maioria das fórmulas obtidas no Capítulo 4 são ainda aplicáveis, embora algumas necessitem de adaptações.
Da mesma maneira que campos elétricos podem existir no espaço livre, eles podem existir em um
meio material. Os materiais são classificados segundo suas propriedades elétricas, de maneira ampla,
como condutores e não-condutores. Materiais não-condutores são usualmente referidos como isolantes ou dielétricos. Será feita uma rápida discussão sobre as propriedades elétricas dos materiais em
geral para embasar o entendimento dos conceitos de condução, corrente elétrica e polarização. Além
dessa, outras discussões versarão sobre algumas propriedades dos materiais dielétricos, como por
exemplo: suscetibilidade, pennissividade, linearidade, isotropia, homogeneidade, rigidez dielétr ica e
tempo de relaxação. O conceito de condição de frontei ra para campos elétricos existentes em dois
meios diferentes será também estudado nesse capítulo.
5.2 PROPRIEDADES DOS MATERIAIS
Em um tex to dessa natureza, a discussão a respeito das propriedades elétricas dos materiais pode parecer fora de contexto. Porém, questões tais como: " porque os elétrons não escapam através da superfície de um condutor" , " porque os fios condutores percorridos por uma corrente elétrica permanecem
descarregados eletricamente", "porque os materiais se comportam de maneira diferente na presença
de um campo elétrico" e "porque as ondas eletromagnéti cas se propagam com velocidade menor em
meios condutores do que nos meios dielétricos" são facilmente respondidas considerando as propriedades elétricas dos materiais. Uma discussão extensa sobre esse assunto é usualmente encontrada em
textos sobre eletrônica ffsica ou de engenharia elétrica. Aqui, uma breve discussão será suficiente para nos ajudar a entender o mecanismo pelo qual os materiais innucnciam no campo elétrico.
Genericamente, os materiais podem ser classificados, de acordo com sua condmividade u (expressa em mhos por metro (U /m) ou em siemens por metro (S/m), como condutores ou não-condutores ou, ainda, do ponto de vista técnico, como metais ou isolantes (dielétricos). A condutividade de
urn material geralmente depende da temperatura e da frcquência. Um material com elel'flda condutividade (u :» 1) é referido como metal. enquanto um material com baixa condutividade (u « I) é referido como isolante. Um material cuja condutividade está entre a condutividade de metais e a dos
160
• Elementos de Eletromagnetismo
isolantes é denominado semicondwor. Os valores de condutividade de alguns materiais de uso comum estão mostrados na Tabela 8.1, no Apêndice B. Dessa tabela se deprcende que materiais como
cobre e alumínio são metais, silício e germânia são semicondutores e vidro e bon·acha são isolantes.
A condutividade dos metais geralmente aumenta com a diminuiç.io da temperatura. Em temperaturas próximas à do zero absoluto (T = 0°K), alguns condutores apresentam condutividade infinita e
são chamados de supercondutores. Chumbo c alumínio são exemplos típicos desses metais. A con20
dutividade do chumbo a 4°K é da ordem de I 0 mhos/m. Ao leitor interessado recomendamos a lei1
tura de textos sobre supercondutividade.
Nesse texto trataremos apenas de metais e isolantes. Microscopicamente, a diferença mais signi·
ticativa entre metal e isolante reside na quantidade de elétrons disponíveis para a condução de corrente elétrica. Os materiais dielétricos têm poucos elétrons disponíveis para a condução da corrente
elétrica, ao contrário dos metais, os quais têm elétrons livres em abundância. Nas seções subseqüentes, será também discutida a presença de condutores c di elétricos em campos elétri cos.
5.3 CORRENTES DE CONVECÇÃO E DE CONDUÇÃO
A voltagem elétri ca (ou a diferença de potencial) e a corrente são duas quantidades fundamentais em
Engenhari a Elétrica. Estudamos o potencial no capítulo anterior. Antes de considerarmos como o
campo elétrico se comporta em meios condutores ou dielétricos, é apropriado estudarmos a corrente
elétrica. A corrente elétrica é, geralmente, provocada pelo movimento de cargas elétricas.
A corrente (em amperes) através de uma área é a quantidade de carga que passa através dessa área na unidade de tempo.
Isto é:
dQ
dt
1= -
(5.1)
Assim, para uma corrente de um ampêre, a carga está sendo transferida a uma taxa de um coulomb
por segundo.
Introduziremos, agora, o concei to de densidade de corrente J. Se uma corrente 111 atravessa uma
superfície !15, a densidade de corrente é dada por
á/
J,, = t!..S
ou
tl.l = J, llS
(5.2)
considerando que a densidade de corrente é perpendicular à supcrffc ie. Se a densidade ele corrente
não for normal à superfíc ie:
/li = J . t!..S
(5.3)
Dessa maneira, a corrente total atravessando a superfície S será dada por:
I=
I.s J ·dS
' O exemplar de agos1o de 1989 de Prrx:e~din11.t of IEEE é dedicado às "Aplicações da Supcrcondutividadc" ("Applicmions of Supcrconduclivity").
(5.4)
Campos Elétricos ern Meio Material •
llS
I
}-/
/
Figura 5. I Corrente em um filamento.
-r-I
I
I
I
161
--f-- --J---
/'
/
./
Dependendo de como I é gerada, haverá difcrcmes tipos de densidades de corrente: densidade de corrente de convecção, densidade de co1Tente de condução c densidade de corrente de deslocamento.
Neste capítulo, consideraremos as densidades de corrente de convcccção c de condução. A densidade de corrente de deslocamemo será considerada no Capítulo 9. O que devemos ter em mente é que
a equação (5.4) se aplica a qualquer tipo de densidade ele corrente. Comparada à dcll nição geral de
!'luxo, na equação (3.13), a equação (5.4) mostra que a corrente I através de Sé simplesmente o tluxo da densidade de corre me J.
A corrente de convecção, diferentemente ela corrente de condução, não envolve condutores e,
conseqüentemente, não satisfaz a lei de Ohm. Resuha do lluxo de cargas através de um meio isolante tal como um líquido, um gás rarefeito ou o vácuo. Um feixe de elétrons em um tubo de vácuo, por
exemplo, é urna corrente de convecção.
Considere o filamento da Figura 5.1 . Se houver um 11uxo de cargas, de densidade p,, a uma velocidade u = a,,a,,.• da equação (5. 1) tira-se que a corrente através do lilamcnto é dada por:
t.Q
t.l = - =
t.t
p,
t.e
t.S - =
t.t
p,.
t.S u1
(5.5)
A densidade de corrente em um dado ponto é a corrente através de uma área unitária normal
àquele ponto.
A componente em y da densidade de correme JY é dada por:
(5.6)
Portanto, em geral:
(5.7)
A corrente I é a corrente de convecção e 1 é a densidade de corrente de convecçclo em amperes/metro quadrado (Aim\
A corrente de condução ocorre necessari amente em condutores. Um condutor é caracterizado por
uma grande quantidade de elétrons livres que promovem a corrente de condução ao serem impulsionados por um campo elétrico. Quando um campo elétrico E é aplicado, a força sobre um elétron com
carga- e é de:
F = -eE
(5.8)
Já que o elétron não está no espaço livre, ele será acelerado pelo campo elétrico, sofrerá inúmeras colisões com a rede cristalina e derivará de um átomo para outro. Se um elétron, com massa m, move-se em
um campo elétrico E com uma velocidade média de deriva u, de acordo com a lei de Newton, a variação média no momeutwn do elétron livre deve se igualar à força. aplicada. Assim,
nm = -eE
7
162
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
eT
u = - - E
111
(5.9)
onde -ré o intervalo de tempo médio entre as colisões. Isso indica que a velocidade de deriva do elétron é diretamente proporcional ao campo aplicado. Se houver 11 elétrons por unidade de volume, a
densidade de carga eletrônica é dada por:
Pv = - ne
(5.10)
Dessa forma, a densidade de corrente de condução é
?
J = p,,u =
u e-T
m
E = uE
ou
(5.11)
onde u = n/ rlm é a condutividade do condutor. Conforme mencionado anteriormente, os valores de
u para os materiais mais comuns são dados na Tabela B.l , no Apêndice B. A relação expressa na
equação (5. 11) é conhecida como forma pontual da lei de Ohm.
5.4 CONDUTORES
Um condutor possui, em abundância, cargas elétricas que estão livres para se movimentar. Considere um condutor isolado, tal como mostrado na Figura 5.2(a). Quando um campo elétrico externo E,
é aplicado, as cargas livres positivas são empurradas no sentido elo campo aplicado, enquanto que as
cargas livres negativas movem-se no sentido oposto. Essa migração das cargas ocorre muito rapidamente. Em um primeiro momento, essas cargas se acumulam na supedicie do condutor, formando
uma sttpetfície de cargas induzidas. Em um segundo momento, essas cargas, induzidas, estabelecem
um campo elétrico interno induzido E;, o qual cancela o campo elétrico ex terno aplicado E,. O resul tado disso é mostrado na Figura 5.2(b}. Isso leva a uma importante propriedade dos condutores:
Um condutor perreito não pode conter um campo eletrostático em seu interior.
Um condutor é um corpo equipotencial, o que implica que o potencial é o mesmo em qualquer ponto no condu tor. Isso baseia-se no fato de que E = -VV =O.
Uma outra maneira ele analisar isso é através da lei de Ohm, J = uE. Para manter uma densidade
de corrente finita J em um condutor perfeito (u ~=).é necessário que o campo elétrico no interior
do condutor se anule. Em ourras palavras, E ~ O porque u ~ oo em um condutor perfeito. Se algumas cargas forem introduzidas no interior de tal condutor, as cargas se moverão para a superfície e se
rcdistribuirão rapidamente, de tal maneira que o campo no interior do condutor se anule. De acordo
com a lei de Gauss, se E = O, a densidade de carga P,. deve ser zero. Concluímos, novamente, que
um condutor perfeito não pode conter campo eletrostático em seu interior. Sob condições estáticas:
E
=
O,
p ,. =
O,
Vab
= O
no interior do condutor
(5. 12)
Campos Elétricos em Meio Material •
-
+
-
+
E-
-
'
-
+
-
+
-
+
-
Pv=O
+
E
+
E;
-
-
+
+
E
E=O
-
'
163
'
+
+
Er
(l>)
(a)
Figura 5.2 (a) Um condutor isolado sob a inOuência de um campo elétrico aplicado: (b) um condutor
tem um campo elétrico nulo sob condições estáticas.
Consideremos um condutor cujos terminais são mantidos a uma diferença de potencial V, como
mostrado na Figura 5.3. Note que, nesse caso, E 'f. O no inlerior do condutor, como mostra a Figura
5.2. Qual é a diferença? Não há equilíbrio estático na situação mostrada na Figura 5.3, uma vez que
o condutor não está isolado, mas ligado a uma fome de força clctromotriz que compele as cargas livres a se movimentarem e evita o estabelecimento do equilíbrio eletrostático. Dessa forma, no caso
da Figura 5.3, um campo elétrico deve existir no interior do condutor para manter o Ouxo de corrente. À medida que os elétrons se movem, encontram algumas forças amortecedoras denominadas resistência. Tomando por base a lei de Ohm na equação (5.11 ), obtemos a resistência do material condutor. Suponhamos que o condutor tem uma seção reta unifo rmeS e um comprimento A orientação do campo elétrico E produzido é a mesma orientação do nuxo de cargas positivas ou correme I.
Essa orientação é oposta à orientação do Ouxo dos elétrons. O campo elétrico aplicado é uniforme e
sua magnitude é dada por
e.
v
E =-
(5. I3)
e
Corno o condutor tem urna seção reta uniforme:
I
J=-
(5. 14)
s
Substituindo as equações (5. I I) e (5. 13) na equação (5. 14) tem-se:
I
uV
- = uE = -
s
e
(5. I 5)
Portanto,
v
e
1
uS
R= - = ou
R = Pre
s
(5. I6)
164
•
Elementos de Eletromagnetismo
E
Figuras 5.3 Um condutor de seção reta uniforme
sob um campo aplicado E.
~------~------~
+V -
onde p,. = I lu é a resistividade do material. A equação (5. 16) é útil para determinar a resistência de
qualquer condutor de seção reta uniforme. Se a seção reJa do condutor não for uniforme, a equação
(5. 16) não é aplicável. Entretamo, a detinição básica de resistência R como sendo a razão entre a diferença de potencial V, entre os dois terminais de um condutor, e a corrente elétrica /, que atravessa
o condutor, ainda se aplica. Portanto, utilizando as equações (4.60) c (5.4), obtém-se a resistência de
um condutor de seção reta não uniforme, isto é,
R
= 'i_ = -::I_E·=-·- d-:-1
I
I uE · dS
(5.17)
Note que o sinal negativo antes de V= -I E· dl desaparece na equação (5. 17) porque I E· dl < O,
se I > O. A equação (5.17) só será utilizada a partir da Seção 6.5.
A potência P (em watts) é definida como a taxa de variação da energia W (em joules) ou força ve7..CS velocidade. Portanto,
f Pv dv E ·
u =
f E · p,.u dv
ou
P=
f
E · J dv
(5. 18)
que é conhecida como lei de l oule. A densidade de potência wP (em watts/m 3) é dada pelo integrando na equação (5.18), isto é:
wp
dP
,
= -- = E · J = uiEIdv
(5.19)
Para um condutor com seção reta uniforme, dv = dS d/, tal que a equação (5.18) torna-se
P=
f fs
E d/
1 dS = VI
1..
ou
(5.20)
que é a forma mais comum da lei de Joule em Teoria de Circuitos Elétricos.
Campos Elétricos ern Meio Materi al •
EXEMPLO 5.1
SeJ =
165
I
? (2 cosO a, + senO a0) A/m 2, calcule a con·cntc que passa atrav<!s de:
(a) uma casca hemisférica de raio 20 em;
(b) uma casca esférica de raio lO em.
Solução:
I =
.,
f J · dS,
(a) I =
onde dS = ,.- sen Od</> dO a, nesse caso.
L(~n f2" -:3I 2 cos Or 2 sen Od</> dO
0• 0
2
= -: 27r
I
i
9- 0 I
r /2
_ .,
r·
O.•
sen Od(scn O)
0• 0
r = 0.2
411' sen2 O " 12
= = I01r = 3 1,4A
0,2
2
o
(b) A única diferença nesse caso é que temos O
tanto:
~ O ~ 1r,
2
1
= 41T scn
0, 1
O .. =
2
o
ao invés de O ~ O ~
1r
12 c r= 0, 1. Por-
0
A lternativamente, nesse caso,
I
f
= J · dS = JV · J dv = O
uma vez; que V • J = O.
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.1
Para a densidade de corrente J = lO<: sen2 ifJ aPA/m2, determine a corrente através de
uma superfície cilíndrica dado por p = 2, I ~ z ~ 5 m.
Resposta: 754 A.
EXEMPLO 5.2
Um exemplo típico de transporte convectivo de cargas é encontrado no gerador de Van de Graaff,
no qual as cargas são transportadas sobre uma correia que se movimenta da base até a calota esférica, como mostrado na Figura 5.4. Se uma densidade superficial de cargas de 10- 7 C/m 2 é transportada a uma velocidade de 2 m/s, calcule a carga coletada em 5 s. Considere a largura da correia de
lO em.
Solução:
Se Ps = densidade superficial de cargas, u = velocidade da correia e w = largura da correia, a corrente na calota es férica é de:
I = Ps mv
A carga total coletada em r = 5 s é
Q = lt = PsliWt = 10- 7 X 2 X 0, I X 5
= 100 nC
166
•
Elementos de Eletromagnetismo
Figura 5.4 Gerador de Van de Graaff: referente ao
remoção
calota esférica
dc carsos
)
I
I
-
1
Exemplo 5.2.
conduooro
supone isolante
1-
I
I
''
t l!
I
I
cam:g'lf1lénto de cargáSI
I
I
--~
base
- condu10rn
motor
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.2
Em um gerador Van de Graaff, w = 0,1 m, 11 = lO m/s c os caminhos de fuga têm
14
resistência de I0 Q. Se a correia transporta 0,5 pC/m 2 de carga, determine a
diferença de potencial entre a calota esférica e a base.
Resposta: 50 MV.
7
EXEMPLO 5.3
19
Um fio de I mm de diâmetro e de condutividade 5 X 10 S/ m tem 10 elétrons livres/m3 quando
um campo elétrico de 10 mV/ m é aplicado. Detem1ine:
(a)
(b)
(c)
(d)
a densidade de carga dos elétrons livres;
a densidade de corrente;
a corrente no fio;
a velocidade de deriva dos elétrons. Considere a carga eletrônica como e = - 1,6
x 1o- 19 C.
Solução:
(Nesse problema particular, as correntes de convecção c de condução são as mesmas.)
(a) Pv = ne = (1029)(- 1,6 X 10- 19) = - 1,6 X 10 1°C/m3
(b) J = aE = (5 X 107)(10 X J0- 3) = 500 kA/m 2
(c) I
= JS = (5
X 105)(
'll't) 4'~ '
=
5
· 10- 6 • 105
=
0,393 A
J
5 X 105 _
_
(d) JáqueJ = p,.u,u = - = - - ----,10 - 3,125 x 10 5 m/s.
1,6 X 10
Pv
EXE RCÍCIO PRÁTICO 5.3
A densidade de cargas livres no cobre é de L,81 X I0 10 C/m 3. Para uma densidade
2
de corrente de 8 X 106 A/m , determine a intensidade do campo elétrico e a
velocidade de deriva.
Resposta: O, 138 V/m; 4,42
X
Io-~ m/s.
Campos Elétricos em Meio Material •
167
Figura 5.5 Seção reta da barra de chumbo do Exemplo 5.4.
·I
3cm
6
EXEMPLO 5.4
Uma barra de chumbo (a= 5 X 10 S/m), de seção reta quadrada, tem um furo ao longo de seus 4m
de comprimento, cuja seção reta é mostrada na Figura 5.5. Determine a resistência entre as
extremidades da baiTa.
Solução:
Já que a seção reta da barra é uniforme, podemos aplicar a equação (5. 16). isto é,
.e
R =aS
onde
Portanto,
R=
4
5 X 106(9 - 71'/4) X 10-
~
= 974140
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.4
Se o furo na barra de chumbo do Exemplo 5.4 é preenchido completamente com
cobre (a = 5,8 X I 06 mhoslm), determine a resistência da barra assim composta.
Resposta: 876.7 )lQ.
-
'
5.5 POLARIZAÇAO EM OIELETRICOS
Na Seção 5.2, destacamos que a diferença principal entre um condutor c um diclétrico reside na disponibilidade de elétrons livres, nas camadas atômicas mais externas, para a condução de corrente.
Embora as cargas em dielétricos não sejam capazes de se movimentar livremente, estão presas por
forças finitas e, certamente, é esperado um deslocamento das mesmas quando uma força externa é
aplicada.
Para compreender o efeito macroscópico de um campo elétrico sobre um dielétrico, considere um
átomo de um dielétrico como constituído de uma carga negativa - Q (nuvem eletrônica) c uma carga
positiva+ Q (núcleo), como mostra a Figura 5.6(a). Uma representação semelhante pode ser adotada para uma molécula dielétrica. Podemos tratar os núcleos nas moléculas como cargas pontuais e a
estrutura eletrônica como uma única nuvem de cargas negativas. Uma vez que temos iguais quantidades de cargas negativas e positivas, o átomo corno um todo, ou a molécula, é eletricamente neutro.
Quando um campo elétrico E é aplicado, a carga positiva é deslocada de sua posição de equilíbrio no
sentido de E pela força F+= QE , enquanto que a carga negativa é deslocada no sentido oposto pela
força F_= QE. Um dipolo resulta do deslocamento das cargas e o dielétrico é dito estar polarizado.
No estado polarizado, a nuvem eletrônica é deformada pelo campo elétrico aplicado E. Essa distri-
168
•
Elementos de Eletromagnetismo
buição deformada de cargas é equivalente, pelo princípio da superposição, à distribuição original
mais um dipolo cujo momento é dado por
p = Qd
(5.21)
onde d é o vetor distância entre as cargas do dipolo,- Q c +Q, corno mostra a Figura 5.6(b). Se
houver N dipolos em um volume L1v do dielétrico, o momento de dipolo total devido ao campo elétrico é de:
N
Qld l
+
Q2d 2 +
. . . + QN dN =
L
Q~;d~;
(5.22)
k• l
Com o objetivo de estabelecer uma medida de intensidade de polarização, detinimos polarização
P (em coulombs/metro quadrado) como o momento de dipolo por unidade de volume do dielétrico, isto é :
(5.23)
Dessa forma, concluímos que o maior efeito do campo elétrico E sobre o dielétrico é a geração de
momentos de dipolo que se alinham na direção de E. Esse tipo de dielétrico é denominado apoiar.
Exemplos de tais dielétricos são o hidrogênio, o oxigênio, o nitrogênio e os gases nobres. As moléculas ele clielétricos apoiares não possuem dipolos enquanto não for aplicado o campo elétrico, conforme já dissemos anteriormente. Outros tipos ele moléculas, tais como da água, do dióxido de enxôfre e do ácido clorídrico, possuem dipolos internos permanentes, randomicamente orientados, como
mostra a Figura 5.7(a), e são ditos polares. Quando um campo elétrico E é aplicado sobre uma molécula polar, o dipolo permanente sofre um torque que tende a alinhar esse momento de dipolo paralelamente ao campo E, como mostrado na Figura 5.7(b).
Calculemos, agora, o campo devido ao dielétrico polarizado. Considere o material dielétrico mostrado na Figura 5.8 como consútuído de dipolos com momento de dipolo p por unidade de volume.
De acordo com a equação (4.80), o potencial dVem um ponto externo O devido ao momento de dipelo p dv' é dado por
E
r?\
o
\;_;;)
--
-Q
- +
+Q
~
d
(b)
Fi~:um
5.6 Polarização de um átomo ou molécula apoiar.
Figura 5.7 Polarização de uma molécula polar:
(a) dipolo permanente (E= 0). (b) alin hamento
de dipolo permanente (E ,6 0).
d
-----. E
(3)
(b)
Campos Elétricos ern Meio Material •
z
169
FiJ!;ura 5.8 Um bloco de mmerial dielétrico com
momento de dipolo p por unidade de volume.
0(.<.)', :)
. / - - - - - -- --
)'
X
(5.24)
2
2
2
onde R = (x - x) + (y - Yi + (z - z) e R é a distância entre o elemento de volume dv' em (x', y', z')
c o ponto de interesse O (x, y, z). Podemos transformar a equação (5.24) de forma a facilitar a interprewçiío física. Será mostrado, logo a seguir (v~ja Seção 7.7), que o gradiente de 1/R em relação às coordenadas linha é dado por:
Assim,
PR·aR = P. V'(_!_)
R
2
Ao aplicar a identidade vetorial
V' · f A = JV' · A + A · V'f,
V' . p
R
(5.25)
Substituindo a equação (5.25) na equação (5.24) e integrando sobre todo o volume v' do dielétrico,
obtemos:
V=
f
,
"
1
I [ V' · p - - V' · P ]dv'
411'8 0
R
R
Aplicando o teorema da divergência ao primeiro termo chegamos, fina lmente, à
(5.26)
onde a', é o vetor unitário normal que aponta para fora da supcrfTeic dS' do dielétrico. Comparando
os dois termos do lado direito da equação (5.26) com as equações (4.68) e (4.69), temos que os dois
termos denotam o potencial devido a distribuições de cargas supcrlicial e volumétrica, cujas densidades são dadas por (omitindo os índices linha):
Pt'·' = P · a,
Pp•·
=-v ~
(5.27a)
(5.27b)
170
• Elementos de Eletromagnetismo
Em outras palavras, a equação (5.26) revela que, quando a polarização ocorre, urna densidade volumétrica de cargas equivalente Pp•· se forma no interior do diclétrico, enquanto que uma densidade superficial de cargas equivalente p1,. se forma sobre a superfície do diclétrico. Referimos Pp, e p1,.. como,
respectivamente, densidade superficial c densidade volumétrica de cargas ligadas (ou de polariwçào), como uma fom1a de distingui-las das densidades superficial c volumétrica de cargas livres P, e
p,. As cargas ligadas são cargas que não são livres para se movimentar no interior do material dielétrico. Elas surgem em função do deslocamento, que ocorre em escala molecular, durante o processo
de polarização. As cargas livres são aquelas que são capazes de se mover ao longo de distâncias macroscópicas, como elétrons em um condutor. São essas as cargas que podemos controlar. O total de
cargas positivas Hgadas sobre a superfícieS, que contorna o diclétrico, é
(5.28a)
enquanto que a carga que permanece no interior de Sé dada por:
- Qt,
=f,. =-f
P,,.. dv
(5.28b)
V · l, dv
~·
Desse modo, a carga total do material dielétrico permanece igual a zero, isto é:
Carga total
=
f
s
p1,s dS
+
f
Ppv dv
= Q, - Q,, =
O
v
Esse resultado é o esperado porque o diclétrico foi eletricamente neutralizado antes da polarização.
Consideremos, agora, o caso em que a região do dielétrico contém cargas livres. Se P. é a densidade volumétrica de cargas livres, a densidade volumétrica de cargas total p, é dada por:
p,
= Pv + Ppv = V · e E
(5.29)
Pv = V · 8 0 E - p1,..
V· (e0 E + P)
(5.30)
0
Portanto,
-v. o
onde
(5.31)
Concluímos que o efeito líquido do dielétrico sobre o campo elétrico E é de aumentar O no interior
do diclétrico de uma quantidade P. Em outras palavras, devido à aplicação de E no material dielétrico, a densidade de lluxo é maior do que seria se esse campo fosse aplicado no espaço li vre. Deve ser
observado que a equação (4.35), que define D no espaço Iivre, é um caso especial da equação (5.31)
porque P = Ono espaço livre.
Seria de se esperar que a polarização P variasse diretamente com o campo E aplicado. Para alguns di elétricos, isso é o que ocorre e ternos
P = x..e.E
(5.32)
onde)'..,, conhecida como suscetibilidade elétrica do material, é aproximadamente a medida de quanto um dado dielétrico é suscetível (ou sensível) aos campos elétricos.
Campos Elétricos em Meio Material •
171
5.6 CONSTANTE E RIGIDEZ DIELÉTRICA
Substituindo a equação (5.32) na equação (5.31), obtemos
(5.33)
ou
I D =sE I
(5.34)
I
(5.35)
onde
S
= e0 e,
c
er = I
e
+x• = -s
(5.36)
o
Nas equações (5.33) a (5.36), e é chamado de permissividade do dielétrico, s 0 é a permissividade
do espaço livre, definida na equação (4.2) como, aproximadamente, I 0" 9/3671" F/m, e e, é chamado de
constante dielétrica ou permissividade relativa.
A constante dielétrica (ou permissividade r elativa) e, é a razão entre a permissividade do
dielétrico e a do espaço livre.
Deve ser também observado que e, e X. são adimensionais, enquanto que e c e0 são em farads/metro.
Os valores aproximados das constantes dielétricas de alguns materiais usuais são apresentados na Tabela B.2 no Apêndice B. Os valores apresentados na Tabela 8.2 são para campos estáticos ou de baixa frequência ( < I 000 Hz). Esses valores podem se alterar em altas frequências. A partir da tabela,
observe que e, é sempre maior ou igual à unidade. Para o espaço livre c materiais não-dielétricos (como os metais), e, = I.
A teoria dos dielétricos pressupõe dielétricos ideais. Na prática, nenhum dielétrico é ideal. Quando o campo elétrico no interior de um dielétrico é suficientemente elevado, ele começa a arrancar os
elétrons das moléculas e o dielétrico torna-se condutor. A ruptura dielétrico ocorre quando o dielétrico torn a-se condutor. A ruptura dielétrica ocorTe em todos os tipos ele materiais clielétricos (gases,
lfquidos ou sólidos) e depende da natureza do material, ela temperatura, ela umidade e do intervalo de
tempo em que o campo elétrico é aplicado. O menor valor de campo elétri co para o qual essa ruptura ocorre é chamado ele rigidez die/étrica elo material dielétrico.
A rigidez dielétrica é o máximo campo elétrico que o dielétrico pode suportar (ou ao qual pode ser submetido) sem que baja ruptura.
Na Tabela B.2 também estão listadas a rigidez dielétrica de alguns diclétricos usuais. Já que nossa
teoria dos dielétricos não se aplica quando ocorre a ruptura dielétrica, consideraremos sempre dielétricos ideais c evitaremos a rup!Ura dielétrica.
-r5.7 DIELÉTRICOS LINEARES, ISOTRÓPICOS E HOMOGÊNEOS
Embora as equações (5.24) a (5.31) sejam para materiais dielétricos em geral, as equações (5.32) a
(5.34) são aplicáveis apenas para materiais lineares isotrópicos. Um material é dito linear se D varia
lineormente com E. Em caso contrário, é dito não linear. Os materiais para os quais e (ou o) não va-
172
• Elementos de Eletromagnetismo
ria na região que está sendo considerada e, conseqüentemente, é o mesmo para todos os pontos (isto
é, independente de x, y, z), são ditos homogêneos. São ditos ll(iO homogêneos (ou heterogêneos)
quando &depende das coordenadas espaciais. A atmosfera é um exemplo típico de meio não homo·
gênco. Sua pcrmissividade varia com a altitude. Materiais nos quais O c E estão na mesma direção
são ditos isorrópicos, isto é, dielétricos isotrópicos são aqueles que têm as mesmas propriedades em
todas as direções. Em materiais anisotrópicos (ou n(iO isotrópicos), D. E c P não são paralelos. e ou
X, tem nove componentes que são coletivamente referidas como um tensor. Por exemplo, em lugar
da equação (5.34), temos
D.r
D,.
D.
-
S.u
e .ry
e.,:
Syz
Syy
t y:.
8zx
e~y
e ...
E.r
E,.
E.
--
(5.37)
-
para materiais anisotrópicos. Os materiais cristalinos c o plasma magnetizado são anisotrópicos.
Um material diclétrico (para o qual D = eE + se aplica) é linear se e não varia com o
campo E aplicado, homogêneo se e não varia ponto a ponto e isotrópico se e não varia com
a direção.
O mesmo conceito é válido para um material condutor, para o qual J = uE se aplica. O material é linear seu não varia com o E, homogêneo se u é o mesmo em todos os pontos c isotrópieo se u não varia com a direção.
Na maior parte do tempo, consideraremos apenas meios lineares, isotrópicos c homogêneos. Para tais meios, todas as fónnu las obtidas no Capítulo 4 para espaço livre podem ser aplicadas simplesmente substituindo s 0 por s 0s,.. Assim, a lei de Coulomb, por exemplo, expressa na equação (4.4), pode ser reescrita como
(5.38)
c a equação (4.96) torna-se
(5.39)
quando aplicada ao meio dielétrico.
EXEMPLO 5.5
Um cubo dielétrico de aresta L e centro na origem tem polari zação radial dada por J> = ar, onde a é
uma constante e r = xax + ya,.. + za-.. Determine todas as densidades de cargas ligadas e demonstre
que a carga Iigada total se anula.
Solução:
Para cada uma das seis faces do cubo, existe uma carga supcrticial p1,.. Para a face localizada em x =
U2, por exemplo:
= ax
;c=- U2
O total da carga ligada superfícial é dada por:
=
x • U2
aU2
Campos Elétricos em Meio Material •
173
A densidade volumétrica de cargas ligadas é dada por
Pp•·
= -V · P =
-(a
+ a + a) = -
3a
e o total da carga ligada volumétrica é dada por:
Q,. =
f
Pp•• dv
=-
3a
f
3
tlv = - 3aL
Dessa maneira, a carga total é:
Q, = Q., + Q,. = 3aL3
-
3aL~
=O
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.5
Uma haste l'ina de seção reta A se estende ao longo do eixo x de x = Oaté x = L. A
polari zação da haste ocorre ao longo de seu comprimento c é dada por Px = ai + b.
Calcule Pp,. c p~'<' em cada extremidade da haste. Demonstre que a carga ligada total
se anula nesse caso.
1
R esposta: O; - 2aL;- b; aL
EXEMPLO 5.6
+ b; a demonstração.
A intensidade do campo elétrico no poliestireno (e, = 2,55), que preenche o espaço entre duas placas
de um capacitor de placas paralelas, é I O kV/m. A distância entre as placas é de I ,5 rnm. Calcule:
(a) O;
(b) P;
(c) a densidade superficial de cargas livres nas placas;
(d) a densidade superticial de cargas de polarização;
(e) a diferença de potencial entre as placas.
Solução:
9
10 (a) D = e0 e,.E =
7!'
36
•
'
4
(2,55) · 10 = 225,4 nC/m-
(b) P = x,.e0 E = ( I ,55) ·
10- 9
36
7!' •
I0 4
= 13 7 nC/n?
(c) Ps = D · a11 = 0 11 = 225,4 nC/m 2
(d) Pp.v = P · a11 = P11 = 137 nC/m-'
(e)
v = Ed =
10 4 ( 1,5 x
w-3 )
= 15 v
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.6
Um capaci tor de placas paralelas, com separação entre placas de 2 mm, tem diferença
de potencial entre as placas de I kV. Se o espaço entre as placas é preenchido com
polieslireno (e, = 2,55), determine E, P e p,..
2
2
Resposta: 500 a., kV/m; 6,853 ax p.C/m ; 6,853 p.C/m
•
174
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 5.7
Uma es fera dielétrica (e, = 5,7), de raio I Oem, tem uma carga pontual de 2 pC colocada em seu
centro. Calcule:
(a) a densidade superficial de cargas de polarização sobre a superfície da esfera;
(b) a força exercida pela carga sobre uma carga pontual de- 4 pC locali7-ada sobre a esfera.
Solução:
(a) Aplicamos a lei de Coulomb ou a lei de Gauss para obter:
E=
Q
, a,
4?Te0 e,r-
P = XeBoE =
x,Q, a,
4?re,r -
= p . a = (e, Pps
'
I) Q =
4?Te,r 2
12
(4,7) 2 X 104?T(5,7) I 00 X 10- 4
13, I 2 pC/m 2
Usando a lei de Gauss, temos:
F =
( -4)(2) X 10- 24
Q1Q2 a = ----'----::--''-'----, r
I -9
4?TB0 B,r-
4?T ·
0
36
a,.
?T (5,7) 100 X 10- 4
= -1,263 a, pN
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.7
I
2
Em um material dielétrico, Ex = 5 V/m e P = - (3ax- a,.+ 4aJ nC/m.
I 01r
Calcule:
(a) x,;
(b) E;
(c)
O.
Resposta: (a) 2, 16; (b) 5a, - l ,67aY+ 6,67a, V/m; (c) 139,7a,- 46,6a1
EXEMPLO 5.8
+ 186,3a, pC/m2 •
Determine a força de atração entre as placas de um capacitor de placas paralelas. Determine também
a pressão sobre a superfície de cada placa devido ao campo.
Solução:
Da equação (4.26), a intensidade do campo elétrico sobre a superfície de cada placa é
E = Ps a
2e "
onde a. é uma normal unitária à placa e Ps é a densidade superficial de cargas. A força total em cada
placa é
,
F = QE =
PsS · -Ps a,. =
2e
PsS
2e0 e,
a,.
Campos Elétricos em Meio Material •
175
ou
,
?
PsS
QF=- =-
2e
2eS
?
A pressão (força/área) é
Ps
2e0 e,
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.8
Na Figura 5.9 é mostrado um dispositivo de medida de potencial chamado
eletrômetro. Basicamente, consiste em um capacitor de placas pamlelas, com uma
das placas tendo uma posição móvel suspensa pelo braço de uma balança, de tal modo
que a força F sobre ela é medida em termos do peso no prato da balança. Se Sé a área
de cada placa, demonstre que
v, -
2 Fd2 ]1n
V2 = [
80 S
Resposta: a demonstração.
5.9 Um cletrômetro: referellle
ao Exercício 5.8.
Fi~tura
v~~-------F-·_______ !d
__
5.8 EQUAÇÃO DA CONTINUIDADE E TEMPO DE RELAXAÇÃO
Devido ao princípio de conservação da carga, a taxa de diminuição da carga em um dado volume, em
um determinado tempo, deve ser igual à conente líquida que sai da superfície lcchada que limita esse volume. Dessa forma, a corrente/, que sai da superfície l'cchada, é dada por
I =
f
J · dS = - dQ;,
(5.40)
dt
onde Q1• é a carga total no interior da superfície fechada. Usando o teorema da divergência:
f
s
J · dS =
f•. V · J dv
(5.4 1)
c
- dQ;.
dt
=-
f
d
dt ,, p,. dv
f
= - ,.-af
i)p ,.
Substituindo as equações (5.4 1) e (5.42) na equação (5.40), tem-se
dv
(5.42)
176
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
v. J
= - iJp ..
(5.43)
iJt
que é conhecida como equação da continuidade de corrente. Deve-se ter em mente que a equação da
continuidade é derivada do piincípio de conservação da carga e, essencialmente, estabelece que a carga elétrica não pode ser destruída. Para correntes estacionárias, iJp, ldt = O e, por isso, V • J = O,
mostrando que a carga total que sai de um volume é a mesma carga total que entra nesse volume. A
Lei de Kirchholf das correntes é conseqüência dessa propriedade.
Tendo já discutido a equação da continuidade e as propriedades o e e dos materiais, podemos analisar o que ocorre ao introduzir cargas em algum ponto no inferior de um dado material (condutor ou
dielétrico). Faremos uso da equação (5.43) junto com a lei de Oh m
J =o E
(5.44)
c a lei de Gauss
(5.45)
Substituindo as equações (5.44) e (5.45) na equação (5.43), obtém-se
= up,. = - iJ p ,,
V · uE
e
iJt
ou
u
e '
iJp..
iJ I
- + - p . =O
(5.46)
Essa é uma equação diferencial linear, ordinária c homogênea. Por separação de variáveis, a partir de
(5.46), obtemos
iJp,
u
p,.
e
-=--i)(
(5.47)
e, integrando ambos os lados da igualdade, tem-se
(]/
In p ,. = - - + In p..,
e
onde P... é uma constante de integração. Dessa forma,
p,. = P,ve-
r!T,
I
(5.48)
onde
e
Tr =(J
(5.49)
Na equação (5.48), P,YJ é a densidade de carga inicial (isto é, P,. em 1 = 0). A equação mostra que, como resultado da introdução de cargas em algum ponto no interior do material, ocorre um decréscimo
Campos Elétricos em Meio Material •
177
na densidade volumétrica de cargas P,.. O movimento da carga, do ponto no interior onde foi introduzida até a superfície do material, está associada a esse decréscimo. A constante de tempo T, (em segundos) é conhecida como tempo de relaxaçüo ou tempo de rearranjo.
Tempo de relaxação é o tempo que uma carga no interior de um material leva para decair a
e- 1 = 36,8% de seu valor inicial.
Esse tempo é curto para bons condutores e longo para bons dielétricos. Por exemplo, para o cobre
u = 5,8 X 10 -n mhos/m, s = I e
s,e 0
10 9
T = - = 1 · ----,
3611'
1,53 X 10- 19 s
5,8 X 107
(1
=
(5.50)
mostrando um rápido decréscimo da carga colocada no interior do cobre. Isso implica que, para bons
condutores, o tempo de relaxação é tão curto que a maior parte da carga desaparece dos pontos internos c aparece na superfície (como carga superficial). Por outro lado, para quartzo fundido, por exem17
plo, u = I O- mhos/m, s, = 5,
10- 9
T =5 · - -
,
3611'
10
17
(5.5 1)
= 51,2dias
mostrando um tempo de relaxação bastante longo. Assim, para bons dielétricos, podemos considerar
que a carga permanecerá no ponto onde foi introduzida.
5.9 CONDIÇÕES DE FRONTEIRA
Até agora, consideramos a existência do campo elétrico em um meio homogêneo. Se existe campo
em uma região formada por dois meios diferentes, as condições que o campo deve satisfazer, na interface de separação entre os meios, são chamadas condições defromeira. Essas condições são títeis
na determinação do campo em um lado da fronteira se o campo no outro lado for conhecido. Obviamente, as condições serão ditadas pelos tipos de materiais dos meios. Consideraremos as condições
de fronteira na interface de separação entre os meios:
• dielétrico (s,1) e dielétrico (s,2 )
• condutor e dielétrico
• condutor e espaço livre
Para determinar as condições de fronteira, precisamos usar as equações de Maxwcll:
f
E· d l = O
(5.52)
e
fo ·
dS = Q....
Também precisamos decompor a imensidade de campo elétrico
gonars:
E = E,+ E.
(5.53)
E em suas duas componentes orto(5.54)
onde E, e E. são, respectivamente, as componen tes tangcncial c nom1al de E em relação à interface
de interesse. Uma decomposição semelhante pode ser feita para a densidade de tluxo elétrico D.
178
•
Elementos de Eletromagnetismo
A. Interface dielétrico-dielétrico
Considere o campo elétrico E existente em uma região formada por dois diclétricos distintos caracterizados por & 1 = &0&, 1 e & 2 = e0e,1 , como mostrado na Figura 5.1 O(a). E 1 e E2 nos meios I e 2, respecti vamente, podem ser decompostos como:
(5.55a)
(5.55b)
Aplicamos a equação (5.52) ao caminho fechado abcda da Figura 5. 1O( a), assumindo que o caminho
é muito pequeno em relação à variação de E. Obtemos
(5.56)
onde E, =
IE,I e E, = IE,,I. Como Alt ~O, a equação (5.56) torna-se:
[ E,, =
E2]
(5.57)
Dessa forma, as componentes tangenciais de E são as mesmas em ambos os lados da fronteira. Em
outras palavras, E, não sofre alteração na fronteira e é dito comín11o através da fronteira. Já que D =sE
= D, + 0,, a equação (5.57) pode ser escrita como
D11
D21
- =E =E,=e1
''
..,
e2
ou
(5.58)
Isto é, D, sofre alguma alteração ao atravessar a interface. Por isso, D, é dito descontín11o através da
interface.
Similarmente, aplicamos a equação (5.53) ao cilindro (superfície gaussiana) da Figura 5.10b. Fazendo Alt ~ O, tem -se
ou
I
E,.
0
e,,
"'
h
d
~c
él•
0
(5.59)
0
LjD••
D,,
D2,
"•
a
él,
D ,, - D2, = Ps [
I!!. h
e,
(~
Figura 5.10 Fronteira dielétrico-dielétrico.
Dl•
'•
(~
0
4.S
----........
Campos Elétricos em Meio Material •
179
onde Ps é a densidade de cargas livres colocadas, deliberadamente, na fronteira. É preciso ter em
mente que a equação (5.59) se baseia no pressuposto de que O está apontando da região 2 para a região I , c essa equação deve ser aplicada de acordo com esse pressuposto. Se não existirem cargas livres na interface (isto é, se cargas não forem, deliberadamente, colocadas nessa região), Ps = Oe a
equação (5.59) toma-se:
(5.60)
Dessa forma, a componente normal de O é contínua através da interface; isto é, D. não sofre nenhuma alteração na frontei ra. Já que O = eE , a equação (5.60) pode ser escrita corno
(5.6 1)
mostrando que a componente normal de E é descontínua na fronteira. As equações (5.57) e (5.59) ou
(5.60) são referidas, no seu conjunto, como condições de.fromeira. Essas condições devem ser satisfeitas por um campo elétrico na fronteira de separação entre dois dielétricos.
Como mencionado anteri ormente, as condições de fron teira são usualmente empregadas para determinar o campo elétrico em um lado da fronteira, dado o campo no outro lado. A lém disso, podemos usar as condições de fronteir a para determinar a ''refração" do campo elétrico através da interface. Considere O, ou E, e 0 2 ou E2 fazendo ângulos 01 c 02 com a normal à interface, como ilustrado na Figura 5.1 1. Usando a equação (5.57), temos
ou
(5.62)
Similarmente, aplicando a equação (5.60) ou (5.61 ), obtemos
ou
(5.63)
Dividindo a equação (5.62) pela equação (5.63), obtém-se:
tg
o, -
e1
tg 82
(5.64)
e2
Fi~;"uru
S. LI Refração de D ou E
em uma fronteira diclétrico-diclétrico.
0
180
•
Elementos de Eletromagnetismo
e,,
= -
(5.65)
Essa é a lei da refração do campo elétrico em uma fronteira livre de cargas (já que se considera Ps =
O na interface). Dessa forma, em geral, uma interface entre dois diel<!tricos causa o desvio das linhas
de nuxo, como resultado da diferença no número de cargas de polarização que se acumulam em cada um dos lados da interface.
B. Interface condutor - dielétrico
Esse é o caso mostrado na Figura 5.12. O condu tor é considerado perfeito (isto é, u ~<><>ou p,.~ 0).
Embora 1<1l condutor não seja concebível na prática, podemos considerar condutores, tais como o cobre e a prata, como se fossem condutores perfeitos.
Para determinar as condições de fronteira em uma interface condutor·dielétrico, seguiremos o
mesmo procedimento usado para o caso da interface dielétrico-dielétri co, com exceção de que con·
sideraremos E = Ono interior do condutor. Aplicando a equação (5.52) ao caminho fechado abcda
da Figura 5.12(a), tem-se:
D.h
O= O· D.w +O· -
2
D.h
+ E ·"
2
D.h
-E1 · D.w - E11 · -
2
D.h
- O· -
2
(5.66)
Como D.h ~ 0:
E,= O
(5.67)
De maneira similar, aplicando a equação (5.53) ao cilindro da Figura 5.12(b) e fazendo ô/1 ~ O, obtemos
D.Q = Dn · D.S - O · D.S
(5.68)
porque O = e E = Ono interior do condutOr. A equação (5.68) pode ser escrita como
D.,
=
D.Q
D.S
= Ps
ou
D,,
(5.69)
= Ps
diclétrico
diclétl'ico
(c ... t:"'':r)
(e = c.e,)
t:.S
E
•
D,l
(/
c
..............
'
411
a
.. -.....'
~b
Fi~: um
condutor ( E= 0)
condutor (E= 0)
(a)
(b)
5.12 Fronteira condutor-dielétrico.
t
4/t
Campos Elétricos em Meio Material •
181
Dessa forma, sob condições estáticas, a respeito de um condutor perfeito, pode-se concluir que:
J. Não existe campo elétrico 110 ill/eriorde um condutor, isto é:
~ O,
E ~
(5.70)
2. Já que E = - VV = O, não pode existir diferença de potencial entre dois pontos no interior do
condutor, isto é, o condutor é um corpo equipotencial.
3. Pode existir um campo elétrico E externo ao condutor c 11ormal à sua superffcie, isto é:
l_
. . o_,__e_o_e_rE_,_-_ o_.__o_._.= eoe,E..
Ps
I
(5.7 1)
Uma aplicação importante do fato de que E = O, no interior do condutor, é em isolamento ou blilldagem eletrostática. Se um condutor A, mantido a um potencial zero, circunda um condutor B, como
mostrado na Figura 5.13, B é dito estar eletricamente isolado por A de outros sistemas elétricos, tais
como o condutor C, externo à A . Da mesma maneira que o condutor C, externo à A, está isolado de
B pela presença de A.
Figura 5. 13 Isolamento eletrostático.
d
Assim, o condutor A atua como um isolador ou uma blindagem, e as condições elétricas no interior
c no ex terior de A são completamente independen tes uma das outras.
C. Interface Condutor - Espaço Livre
Esse é um caso especial da interface condutor- dielétrico e está i lustrado na Figura 5.14. As condições de fronteira na interface entre um condutor e o espaço livre podem ser obtidas da equação
(5.71 ), substituindo e, por l (porque o espaço livre pode ser considerado um di elétrico especial, para o qual e,.= 1). Conforme esperado, o campo elétrico externo ao condutor é normal a sua superfície. Assim, as condições de fronteira são:
Fi~ura
D.
--- --------
o
\
I
I
I
I
I
Condutor (E= 0)
5.14 Fronteira condutor espaço l ivre.
I
_.J
D,
Espaço livre
(8
e
80 &,)
182
• Elementos de Eletromagnetismo
D, = e,E, = O,
D, = e,E, = Ps ]
(5.72)
Deve-se observar, novamente, que a equação (5. 72) implica que o campo E deve se aproximar da supcrficic condutora perpendicularmente à ela.
EXEMPLO 5.9
Dois diclétricos isotrópicos homogêneos muito ex tensos são justapostos de modo que sua interface
se encontra no plano z = O. Para z >O, e,. = 4 c para z <O, e12 = 3. Um campo elétri co uniforme
E, = 5a,- 2a_, + 3a, kV/m existe para z >O. Determine:
(a) E2 para z < O;
(b) Os ângulos que E, e E2 fazem com a interface;
3
(c) As densidades de energia, em J/m , em ambos os dielétricos;
(d) A energia no interior de um cubo, de 2 m de aresta, centrado em (3, 4, - 5).
Solução:
Seja o problema como mostra a ilustração na Figura 5.15.
(a) Já que a, é nonnal ao plano da interface, obtemos as componentes normais fazendo:
E 1n
= E 1 • a = E 1 • az =
11
3-
E 1, = 3a,
E2n = (E1 • a) a,
Também
E= E,+ E,
Portanto:
E,, = E, - E1n = 5a.• - 2a,.
e,,
Oq
I ~.
______.....
I
I
E:!,
Figura 5.15 Referente ao Exemplo 5.9.
Campos Elétricos ern Meio Material •
183
Dessa forma:
~ = E 11 = 5ax -
2a.,.
De maneira similar
ou
~"
e,1
= -
er2
E1,. =
4
3~
(3a) = 4a:
Assim,
E,.. = E,..1 +E,_,
= 5ax- 2ar
+ 4a: kV/m
(b) Sejam 01 1 e 012 os ângulos que E 1 e E 2 fazem com a interface c 01 c 02 os ângulos que esses vetores
fazem com a normal à i nterface, como mostrado na Figura 5. 15, isto é,
a1 = 90 - 01
a 2 = 90 - 02
Já que E1• = 3 e E11 = './25 + 4 =
YÍ9
E~r
EIn
tgOI = -
=
ví9 -
I ,795 ~OI = 60,9°
3
Donde:
Alternativamente,
E1 ·a,. = IEd · I · cos 0 1
ou
cos f) I
3
• r:;:: = 0,4867 ~ fJ 1 = 60,9°
V.:\8
De maneira similar,
E,.n = 4
E2, = E1,
\129_4
Donde,
Note que
tg 0 1 e,1 , . ~ .
= e saus.elta.
tg 02 e,.z
=
\129
I,36
4 ~0
2 -- 3
5. ,4°
184
• Elementos de Eletromagnetismo
(c) As densidades de energia são dadas por
I
,
I
10- 9
We = - e.jE.j· = - · 4 ·
· (25 + 4 + 9) X 106
I
2
2
361!'
3
= 672 pJ/m
w~
"'l
10- 9
I
,
I
= - e,IE,I- = - · 3 ·
(25
2 - 2
361f
+4+
= 597 p.J/m3
(d) No centro (3, 4,- 5) do cubo de aresta 2 m, z = - 5 < O. isto é, o cubo está na região 2 com 2
s x s 4, 3 s y 5, - 6 s z s - 4. Por isso:
We =
=
I
we2 dv = [
597
x 81-d
2
=
[~
(
3
4.776 mJ
6
we2 dz dy dz = wep)(2)(2)
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.9
Um dielétrico homogêneo (e, = 2,5) preenche uma região I (x s 0), enquanto que a
região 2 (x ~ O) é o espaço livre.
(a)Se D, = 12a,, -10a, + 4a: nC/m 2, determine D2 e02 •
(b) Se E2 = 12 V/m e O~= 60", determine E1 e 0 1• Considere O, e 02 como definido
no exemplo anterior.
' 19,75°; (b) 10,67 V/m, 77°.
Resposta: (a) 12ax-4a, + 1,6a: nCtm·;
EXEMPLO 5.1 O
A região y s Oconsiste de um condutor perfeito, enquanto a região y ~ O é um meio die1étrico
(e,, = 2), como na Figura 5. 16. Se existe uma carga superlicial de 2 nC/m2 no condutor, determine
E e D em:
(a) A(3, - 2, 2)
(b) 8(- 4, I, 5)
Solução:
(a) O ponto A (3, - 2, 2) está localizado no condutor, já que y =- 2 < Oem A. Portanto,
E = O= D
(b) O ponto 8 (- 4, I, 5) está localizado no meio dielétrico, já que y = I > Oem 8 .
D,
= Ps = 2
?
nCtm·
z
condutor
FiAura 5.16 Veja Exemplo 5. 1O.
dielétrico
(&, - 2)
eA
)'
•B
Campos Elétricos em Meio Material •
185
Portanto,
D = 2a1 nCfm·'
c
E= -
o
=2
I0
X
_9
X
8 o8r
36""
2
,.
X 10~ a,.=
361ray
= 113, 1a,. V/m
EXERCÍCIO PRÁTICO 5.10
O campo elétrico em um ponto particular na interface entre o ar c a supertTcie de um
condutor é de E= 60ax + 20a.- 30a, mV/m. Determine D e Ps nesse ponto.
Resposta: 0,531 a, + O, 177a,.- 0,265a, pC/rn '; 0,619 pC/m".
?
RESUMO
?
I. Os materiais podem ser classificados, grosso modo, como condutores (u» l , e,= 1) e dielétricos
(u < I, e,> 1), em termos de suas propriedades elétricas u c e,, onde ué a condutividadc e e,
é a constame dielétrica ou permissividade relativa.
2. A corrente elétrica é o fluxo da densidade de correr11c elétrica através de uma superfície, isto é:
3. A resistência de um condutor de seção reta unifonnc é:
e
R =-
uS
4. O efeito macroscópico da polarização, em um dado volume de um material dielétrico, é o de
"pintar" sua superfície com c~rgas ligadas Qb = 1 s Pv, dS c produzir, em seu interior, um acúmulo de cargas ligadas Qb = J,.P1,. dv, onde Pps = P ·a, e p1,. =- V· P.
S. Em um meio diclétrico, os campos D c E estão relacionados por D = e E, onde e = e0 e, é a permissividade do meio.
6. A suscetibilidade elétrica (= e, - I) de um dielétrico mede a sensibilidade do material ao
campo elétrico.
7. Um material dielétrico é linear se D = e, E se verilica, isto é, se e é independente de E. É hornogêneo se e é independente da posição. E isotrópico se e é um escalar.
8. O princípio da conservação da carga, base da Lei de KirchhofT das correntes, é estabelecido na
equação da continuidade:
x,
9. O tempo de relaxação, T,
elu, de um material é o tempo que leva uma carga colocada em seu
1
interior para diminuir de um faLOr de e" = 37%.
=
10. As condições de fromeira devem ser satisfeitas por um campo elétrico existente em dois meios
diferentes separados por uma interface. Para uma interface diclétrico-diclétrico:
Drn - D2n =
Ps
ou
se
Ps
=O
186
•
Elementos de Eletromagnetismo
Para uma interface dielétrico-condutor
E,= O
porque
D,.
= eE = Ps
11
E = Odentro do condutor.
QUESTÕES DE REVISÃO
5.1 Qual das situações a seguir não é um exemplo de corrente de convecção?
(a) Uma correia carreeada em movimento.
~
(b) O movimento dos elétrons em um V!ílvula eletrônica.
(c) Um feixe de elétrons em um tubo de telcvisào.
(d) Uma corrente eletrônica que flui em um fi o de cobre.
5.2 Quando uma diferença de potencial constante é aplicada entre os terminais de um fio condu tor,
(a) Todos os elétrons se movem com uma velocidade constante.
(b) Todos os elétrons se movem com uma aceleraçào constante.
(c) O movimento randômico dos elétrons será, em média, equi vu lente à velocidade
constante de cada elétron.
(d)
O movimemo randômico dos elétrons será, em média, equivalente à uma
aceleração não nula constante de cada elétron.
5.3 A fórmul a R =
e/(oS) só se aplica para fios de bitola pequena.
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
(c) Nilo necessariamente.
5.4 A água do mar tem e, = 80. Sua pemlissividade é de:
(a) 81
(b) 79
°
(c) 5,162 X 10- 1 F/m
1
(d) 7,074X J0- ° F/m
5.5 Os parâmetros e 0 ex, são adimensionais.
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
5.6 Se as relações V . D =
material é d ito:
eV . E e V . J = rTV . E são satisfei tas em um determinado material , esse
(a) linear;
(b) homogêneo;
(c) isotrópico;
( d) linear e homogêneo;
(c) linear e isotrópico;
(f) isotrópico e homogêneo.
5.7 O tempo de relaxação da mica (rT = 10-
(a) 5 x 10- 10 s;
(b) I0- 6 s;
(c) 5 horas:
(d) I Ohoras;
(c) 15 horas.
15
mhos/m, e,= 6) é de:
Campos Elétricos e rn Me io Ma terial •
187
5.8 Os campos uniformes, mostrados na Figura 5.1 7, estão 1>erto de uma interface dielétrico-die létrico mas em lados opostos da mesma. Quais configurações estão corretas? Considere que a interface esteja livre de cargas e que e 2 > e'"
5.9 Quais d as afirmações seguintes estão incorretas?
(a) As conduti vidades dos condutores e isolantes variam co m a te mperatura e a
freqüência.
(b) Um condutor é um corpo equipotencia l e E é sempre ta ngencial ao condutor.
(c) Mo iC'C ulas não polares não têm di polos permanentes.
(d) Em um dielétrico linear, P varia linearmente com E.
5.10 As condições elétricas (carga e pote ncial) dentro e fora de uma blindage m e letrostática são com pletamente independentes uma da outra.
(a) Ve rdadeiro.
(b) Falso.
Respostas: S. ld; S.2c; S.3c; 5.4d; S.Sb; 5.6d; 5.7e ; 5.8e; 5.9b; S. IOa.
z
0
0
0
(b)
(a)
z
(c)
..
!
0
0
0
(d)
(e)
Figura 5.17 Referente à Questão de Revisão 5.8.
(f)
188
•
Elementos de Eletromagnetismo
I
---PROBLEMAS
5.1 Em uma cena região, J = 3r·' cosO a,- ,.-' scn Oa 9 A/rn. Dctcrrni ne a corTcnte que atravessa a
superfície definida por O = 30". O < Çi < 2?r, O < r < 2 m.
.
.
5.2 Dctenmne a corrente total em um fio de raro I ,6 mm se J =
500a .
• A/m 2 .
p
5.3 A densidade de corrente em um condutor cilíndrico de raio a é de:
Determ ine a corrente através da seção reta do condutor.
5.4 A carga Io·• e- 3' C é removida de uma esfera através de um li o. Determine a corrente no fio em
t = Oe r = 2,5 s.
5.5 (a) Seja V= .i/z em uma região (e = 2e.) delinida por - I
de carga P,.nessa região.
< x, y, ~ <
I. Determine a densidade
(b) Se uma carga se desloca a uma velocidade de I O'ya,. m/s, determine a corrente que atravessa
a superfície definida por O < x, y < 0,5, y = I.
5.6 Se as ex tremidades de uma barra cilíndrica de carbono (o = 3 X IO\ de raio 5 mm e comprimento 8 em, são submetidas a uma diferença de potencial de 9V, determine: (a) a resi stência da barra;
(b) a corrente através da barra; (c) a potência dissipada na barm.
5.7 A resistência de um fio longo de seção reta circular, de 3 mm de diâmetro, 6 de 4,04 llikm. Se uma
corrente de 40 A percorre o fio, determine:
(a) a condutividade do fio e identifique o material do lio:
(b)
a densi dade de corrente elétrica no fio.
5.8 Uma bobina é feita de 150 voltas de lio de cobre enroladas em tomo de um núcleo cilíndrico. Se o
raio médio das voltas é de 6,5 mm e o diâmetro do lio é de 0,4 mm. calcule a resistência da bobina.
5.9 Um condutor de I O m de compri mento consiste de núcleo de aço de 1.5 em de raio e de uma camada externa de cobre 0,5 em de espessura.
(a) D etermi ne a resistência do condutor.
(b) Se a corrente total no condutor é de 60 A, qual a corrente que llui em cada metal?
(c) Determ ine a resistênci a de um condutor sólido de cobre, de comprimento c área de seção
reta i guais às da camada externa. Con sidcr.~ as rcsisti vidades do cobre e do aço iguais a
1,77 x 10- x e 11 ,8 X 10- ~ Q · m, respecti vamente.
5.Hl U m cilindro oco de 2m de comprimento tem sua seção reta mostrada na Figura 5 .1 8. Se o cilindro
5
é feito de carbono (o = 10 mhos/m), determine a resistGncia entre as extremidades do cilindro.
Considere a = 3 em e b = 5 em.
5.11 A uma determinada temperatura e pressão, o gás de hélio contóm 5 X I 0 ~ átomos/m). U m campo
mna nuvem eletrônica. D ede I O kV/m aplicado no gás provoca um deslocamento médio de I
termine a constante di elétrica do hélio.
1
o-'x
l'igura 5.18 Referente aos Problemas 5. 1Oe 5. 15.
Campos Elétricos ern Meio Materi al •
189
19
5.12 Um material di elétrico contém 2 x l 0 moléculas polarcslm~. cada uma com momento de dipolo
27
de l ,8 X 10" C/m. Considerando que todos os dipolos estão alinhados na direção do campo elétrico E = I05 a... Vlm, detem1ine P e e,.
5.13 Em uma placa de material di elétrico de e
= 2.4e. e V = 300l
V. detennine: (a) D e P,: (b) P e p,..
5.14 Para x <O. P = 5 sen (ay) a,, onde a é uma constante. Dctcmlinc Pps c p,..
5.15 Considere a Figura 5.18 como uma casca dielétrica esférica de e = &0 &, para li < r < b e e = e.
para O <r <a. Se uma carga Q for colocada no centro da casca, determine:
(a) P para a < r <b
(b) p1,. para a < r <b
(c) pps em r = a e r = b
5. 16 Duas cargas pontuais no espaço livre exercem uma força de 4.5 pN , uma sobre a outra. Quando o
espaço entre elas é preenchido com um material dielétrico, a força muda para 2 J.lN. Determine a
constante dielét1ica do material e identifique o m:uerial.
5.17 Uma esfera condutora de raio lO em está centrada na origem e imersa em um material dielétrico
com f: = 2,5e0 • Se a esfera est<1 carregada com uma densidade superlicial de cargas de 4 nCim 2, determine E em (- 3 em, 4 em, 12 em).
5.18 No centro ele uma esfera clielétrica oca (e = e.,e ,) é colocada uma carga ponlllal Q. Se a esfera tem
um raio interno a e um raio externo b, calcule D, E c P.
5.19 Uma esfera de raio a e constante dielétrica e, tem uma densidade uni forme de carga de p 0 •
(a) No centro da esfera, demonstre que:
\1 =
(b) Detennine o potencial na superfície da esfera.
5.20 Para campos estáticos (independentes do tempo), quais das seguintes densidades de corrente são
possíveis?
(a)
J = 2x 3ya, + 4x2 z 2ay -
(b)
J=
xya.,
+
y(z
+
I )a1
6x 2yza:
+ 2ya,
_2
(c)
(d)
~
J = -p ap + z cos <f> a,•
sen 8
J=
r
2
a,
5.21 Para um meio anisotrópico
Dx
4 I
Dy = e0
4
D:
I
EX
I
4
Ey
E••
obtenha D para: (a) E= IOa,.. + IOaYVIm, (b) E = IOa. + 20a,.-:lOa: VIm.
5.22 Se J =
°
10
2
P
aP, determine: (a) a taxa de aumento da densidade volumétrica de carga; (b) a corren-
te total que passa através de uma superfície definida por r = 2,0 < z < I,O< <P < 2'R'.
190
• Elementos de Eletromagnetismo
- IO"t
5.23 Dado que J = Se
a, Atm 2, em t = O, I ms, determine: (a) a corrente que passa através da su-
r
periTcie r= 2m: (b) a densidade de carga P, nessa supcrlicic.
5.24 Dctennine o tempo de relaxação para cada um dos seguintes meios:
(a) Borracha dura (u = w·•$ Sim, e = 3,le0 )
(b) Mica (<1 = w - IS Sim, e = 6e. )
(c) Água destilada (u = to·• Sim, e = SOe. )
5.25 O excesso de cargas, em um determinado meio, decai a um terço de seu valor inicial em 20 ps.
(a) Se a conduti vidade do meio é de I o·•S/m, qual é a constante diclétrica desse meio? (b) Qual é
o tempo de relaxação? (c) Após 30 tiS, qual a fração de carga que ainda permanece?
5.26 Uma descarga elétrica atinge uma esfera diclétrica de raio 20 mm. para a qual e, = 2.5 eu= 5 X
6
I O mhoslm , c deposita, uniformemente, uma carga de I OpC. Determine a densidade de carga inicial e a densidade de carga após 2 tiS.
5.27 A região 1 (z < 0) contém um dielét1ico para o qual e,= 2,5, enquanto que a região 2 (z > 0) é caracterizada por e,= 4. Considere E 1 =- 30a, + SOa,. + 70a, VIm e determine: (a) 0 2 , (b) P2 , (c)
·
o ângulo entre E, e a normal à superfície.
5.28 Dado que E, = 10a ,-6a,. + 12a<V/m na Figura 5. 19,dctcrminc: (a) P,. (b) E!e oânguloque E1
faz com o eixo y; (c) a densidade de energia em cada região.
5.29 Duas regiões dielétricas homogêneas 1 (p ~ 4 em) c 2 (p <:!: 4 em) têm constames dielétricas 3,5 e
1,5, respectivament.e. Se D2 = 12a,- 6a0 + 9a, nC/m2, calcule: (a) E, e 0 1, (b) P2 e Pp•'2• (c) a densidade de energia em cada região.
5.30 Uma esfera condutora de mio a está semi-imersa em um meio dielétrico líquido de pennissividade e 1, como mostra a Figura 5.20. A região acima do líqu ido é um gás de permissividade e2• Se a
carga total sobre a esfera é Q, determine a intensidade do campo elétrico em qualquer ponto.
*5.31 Duas lâminas de vidro (e, = 8,5) paralelas. montadas vcnicalrnente. estão sepamdas. emre suas faces internas, por uma região de pequena espessura de ar uniforme. As lâminas, adequadamente seladas, são imersas em óleo (e, = 3,0), como rnostmdo na Figura 5.21. Um campo elétrico uniforme de 2.000 V/m exjste no interior do óleo, na direção horizontal. Calcule a intensidade e a orientação do campo elétrico no vidro e na camada de ar entre as duas lâminas quando: (a) o campo elétrico uniforme de 2.000 V/m existe no interior do óleo, na direção horizontal. Calcule a imensidade e a orientação do campo elétrico no vidro e na camada de ar entre as duas lâminas quando: (a)
o campo elétrico é normal às superfícies de vidro, (b) o campo eléuico no óleo faz um ângu lo de
75" com a nom1al às superffcies de vidro. Despre7.e os efeitos de borda.
5.32 (a) Dado que E = 15a,T - 8a, V/m, em um ponto sobre a superfície de um condutor, qual é a densidade superticial de carga nesse ponto? Considere e = e.,.
(b) A região y > 2 é preenchida por um condutor. Se a carga supedicial no condutor é de
- 20 nC/m2, determine D imediatamente fora do condutor.
0
e2 = 4.5e
Fij.tura 5.19 Referente ao Problema 5.28.
Campos Elétricos ern Meio Material •
191
Figura 5.20 Referente ao Problema 5.30.
vidro
ól~o
Figura 5.21 Referente ao Problema 5.31.
óleo
t
ar
5.33 Uma esfera, no espaço livre. revestida de prata, de raio 5 em. está carregada com uma carga total
de 12 nC. unifom1emente distribuída em sua superfície. Determine (a) lol sobre a superfície da
esfera. (b) D externo à esfera, (c) a energia total armazenada no campo.
Capítulo
6
PROBLEMAS DE VALOR DE
FRONTEIRA EM ELETROSTÁTICA
Nossas escolas deveriam investir esforços para dar conta de seu mais importante desafio: ensinar
seus alunos a se expressar de maneira clara e precisa, tanto na fala quanto na escrita. Em outras
palavras, levá-los a dominar sua própria língua. Sem isso, toda a nossa instrução em matemática
e ciência é uma perda de tempo.
- JOSEI'H WEtZENBAUM, MtT
6.1 INTRODUÇÃO
O procedimento utilizado para determinar o campo elétrico E nos capítulos precedentes basicamente consistiu em utilizar ou a lei de Coulomb ou a lei de Gauss, quando a distribuição de carga é
conhecida, ou em utilizar E = - VV, quando o potencial V é conhecido em uma região. No entanto,
na maioria das situações práticas, nem a distribuição de cargas nem a distribuição de potencial são
conhecidas.
Neste capítulo, consideraremos problemas práticos de eletrostática onde somente as condições
eletrostáticas (carga e potencial), em algumas fronteiras de uma determinada região, são conhecidas,
e é desejável determinar E e V ao longo de toda essa região. Tais problemas são usualmente resolvi dos utilizando a equação de Poisson' ou a equação de Laplace2 ou, ainda, o método das imagens. Estes problemas são usualmente referidos como problemas de valor de/romeira. Os conceitos de resistência e capacitância serão abordados. Utilizaremos a equação de Laplace para obter a resistência de
um objeto c a capacitância de um capacitor. O Exemplo 6.5 deve ser visto com atenção porque nos
referiremos a ele, algumas vezes, na parte restante do capítulo.
6.2 EQUAÇÕES DE LAPLACE E DE POISSON
As equações de Laplace e de Poisson são facilmente obtidas a partir da lei de Gauss (para um meio
Ii near)
V · D = V · eE = p.,
(6. 1)
E= -vv
(6.2)
e
Substituindo a equação (6.2) na equação (6.1 ), obtém-se
V· (-eVV) = p,.
para um meio não homogêneo. Para um meio homogêneo, a equação (6.3) toma-se:
1
Simeon Denis Poisson ( t78t - t840). ma1em.í1ico e físico rranc.:S.
' Picrre Simon de L:lptacc ( t749- t829). asu-õnomo e ma1emá1ico rmnc.:S.
(6.3)
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrost5tica •
193
Esta é conhecida como equação de Poisson. Um caso especial desta equação ocorre quando P,. = O
(isto é, para uma região livre de cargas). A equação (6.4) torna-se, então
(6.5)
que é conhecida como equação de Laplace. Observe que, ao retirar s do lado esquerdo da equação
(6.3) para obter a (6.4), assumimos que e é constante em toda a região na qual V é definido. Para uma
região não homogênea, s não é constante e a equação (6.4} não resu lta da (6.3). A (6.3) é a equação
de Poisson para um meio não homogêneo; torna-se a equação de Laplace para um meio não homogêneo quando P,. = O.
2
Lembre que o operador laplaciano V foi obtido na Seção 3.8. Então, a equação de Laplace em
coordenadas cartesianas, cilíndricas ou esféricas é dada, respectivamente, por
(6.6)
(6.7)
I iJ (
--:;-
o-é)D +
,. -iJV) + ., I - éJ ( sen
r- iJr
é! r
,.-senO éJO
éJO
2
2
• I 2 -c/ V2 =
,.-sen Oélt/>
o
(6.8)
dependendo se o potencial é V(x, y, z), V(p, ~. z) ou V(r, 8, </>).A equação de Poisson nesses sistemas
de coordenadas pode ser obtida simplesmente substituindo o zero do lado direito das equações (6.6),
(6.7) c (6.8) por - p.fs.
A equação de Laplace é de fundamental importância na solução de problemas de eletrostática envolvendo um conjunto de condutores mantidos em diferentes potenciais. Exemplos de tais problemas
incluem capacitares e válvulas eletrônicas. As equações de Laplace e de Poisson não só são úteis para resolver problemas de campos eletrostáticos, mas também são uti lizadas em muitos outros problemas que envolvem campQS.
Por exemplo, V poderia ser interpretado como o potencial magnético em rnagnetostática, como a
temperatura em condução de calor, como uma função tensão em nuxo de fluidos e como uma perda
de carga em vazamentos.
t6.3 TEOREMA DA UNICIDADE
Já que existem vários métodos (analíticos, gráficos, numéricos, experimentais, etc.) para resolver um
determinado problema, poderíamos questionar se resolver a equação de Laplace de diferentes maneiras resultaria em diferentes soluções. Por conseguinte, antes de começarmos a resolver a equação de
Laplace, precisamos responder à seguinte pergunta: se a solução da equação de Laplace satisfaz um
dado conjunto de condições de fronteira, será essa a única solução? A resposta é sim, existe apenas
uma única solução. Dizemos que a solução é única. Portanto, qualquer solução da equação de Laplace que satisfaça as mesmas condições de fronteira deve ser a única solução, independente elo método escolhido para determiná-la. Esse é conhecido como o teorema da unicidade. O teorema se aplica a qualquer solução da equação de Laplace ou da equação de Poisson em urna dada região ou superfície fechada.
194
•
Elementos de Eletromagnetismo
O teorema é demonstrado por absurdo. Assumimos que há duas soluções V1 e V2 da equação de
Laplace que satisfazem as condições de fronteira do problema. Portanto:
(6.9a)
na fronteira
(6.9b)
Consideramos a diferença
(6.1 O)
que obedece
(6. ll a)
na fronteira
(6. llb)
de acordo com a equação (6.9). Do teorema da divergência:
f
'V · A dv =
v
J A · dS
Js
(6.12)
Consideramos A = V,1 VV" e usamos a identidade vetorial:
2
Contudo, V V, = O, de acordo com a equação (6.11 ). Então:
v · A = vvd· vv,1
(6.13)
Substituindo a equação (6.13) na equação (6.12), obtém-se:
f
r
'\TV,1 · '\TV,1 tlv =
f
V,1 '\TV,1 · dS
(6.14)
S
Das equações (6.9) c (6. 11 ), fica evideme que o lado direito da equação (6. 14) se anula.
Portanto:
Já que a integração é sempre positiva,
vv" = o
(6. 15a)
ou
V"= V2 - V1 = constante em qualquer ponto no interti or de v
(6.1 5b)
Contudo, a equação (6.15) deve ser consistente com a equação (6.9b). Portanto. 11,1 = Oou V1 = V2 em
qualquer pomo, demonstrando que V1 e V2 não podem ser soluções di lcrentes do mesmo problema.
Teorema da unicidade: se uma solução da equação de Laplace que satisfaça as condições de
fronteira pode ser encontrada, então a solução é única.
O mesmo proccdimemo pode ser adotado para demonstrar que esse teorema também se aplica à
equação de Poisson e também para o caso em que o campo elétrico (gradiente do potencial) é especificado na fronteira.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrost5tica •
195
Antes de começarmos a resolver problemas de valor de fronteira, devemos ter em mente três características que descrevem univocamente um problema:
I. A equação diferencial apropriada (neste capítulo, equação de Laplace ou equação de Poisson).
2. A região de interesse para a solução.
3. As condições de fronteira.
Um problema não tem solução única e não pode ser resolvido completamente se não for considerado um desses três itens.
6.4 PROCEDIMENTO GERAL PARA RESOLVERA EQUAÇÃO DE LAPLACE OU A
EQUAÇÃO DE POISSON
O seguinte procedimento geral pode ser adotado <~O resolver um dado problema de valor de fronteira envolvendo a equação de Laplace ou a equação de Poisson:
1. Resolver a equação de Laplace (se Pv = 0) ou de Poisson (se p,. ;t 0) utilizando ou (a) integração direta quando V é uma função de uma variável, ou (b) separação de variáveis se V é
função de mais de uma variável. A solução, nesta etapa, não é única, mas sim expressa em
termos de constantes de integração a serem determinadas.
2. Aplicar as condições de fronteira para determinar uma solução única de V, partindo do pres
suposto que, para determinadas condições de fronteira, existe uma única solução.
3. Tendo obtido V, encontrar E usando E =- V' V c D a partir de D = sE.
4. Se desejado, encontrar a carga Q, induzida em um condutor, fazendo Q = f Ps dS, onde Ps =
D. e 0 ., é a componente de D normal ao condutor. Se necessário, a capaci tância entre dois
condutores pode ser encontrada fazendo C = QIV.
Resolver a equação de Laplace (ou de Poisson), de acordo com a etapa I, não é sempre tão complicado quanto parece. Em alguns casos, a solução pode ser obtida por mera inspeção do problema.
Por outro lado, uma solução pode ser conferida fazendo o caminho inverso e determinando se ela
satisfaz a equação de Laplace (ou a de Poisson) e as condições de fronteim impostas.
EXEMPLO 6.1
Componentes condutores em equipamentos de potência de alta ten são devem ser resfriados, a fim de
eliminar o calor causado pelas perdas ôhmicas. Uma maneira de bombear esse calor é baseada na
força transmitida para o tluido refrigerante por cargas em um campo el6trico. O bombeamento eletroidrodinârnico (EHD) está representado na Figura 6.1. A região entre os eletrodos contém uma
carga uniforme p.,, que é gerada no eletrodo da esquerda c coletada no eletrodo da direita.
Calcule a pressão da bomba se p 0 = 25 mC/m 3 c V., = 22 kV.
Solução:
Já que P,. ;tO, aplicamos a equação de Poisson:
V2V = _ Pv
e
As condições de fronteira V(z = O) = V., e V(z = d)
existe qualquer dependência com p ou rp). Portanto:
= O mostram que V depende somente de z (não
-=
Integrando uma vez, obtém-se
dV
- = -poZ + A
dz
e
196
• Elementos de Eletromagnetismo
Figura 6. 1 Uma bomba elctroidrodinâmica:
referente ao Exemplo 6. 1.
ov
.
I
G).-G).-G).-1
J
o
I
I
e.e..G)..l,
áreaS
\
'
o
-
d
Integrando-se novamente
,
V = - PoZ - + Az + 8
2e
onde A c 8 são constantes de integração a serem determinadas pela aplicação das condições de fronteira. Quando z = O, V = V0 ,
Quando z = d , V
= O,
0
(/2
= _ Po
2e
+ Ad + V0
ou
Pod
Vo
A= - - -
2e
d
O campo cl~trico ~ dado por:
A força líquida é:
F
f p,E
=
dv
= p 0 S [ V;z
F=
= Po
f
dS
+ ;: (z 2
r
E t/z
:• 0
-
dz)]
:a,.
PoSVoa<
A força por unidade de área, ou pressão, é:
p
= F= p
s
0
V0
= 25
X
10- 3 X 22 X 103
= 550 N/m 2
'
'
EXERCICIO
PRATICO
6.1
Em um dispositivo unidimensional, a densidade de carga é dada por P. = p~/a.
Se E
= Oem x = Oe V= Oem x = a, determine V c E.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
EXEMPlO 6.2
197
Uma máquina de cópia xerográfica é uma importante aplicação da eletrostática. A superfície de um
fotocondutor é, de início, carregada uniformemente, como mostra a Figura 6.2(a). Quando a luz,
refletida pelo documento a ser copiado, incide no fotocondutor, as cargas da superfície inferior do
fotocondutor combinam com as da superfície superior e ocorre a neutralização de umas com
as outras.
A imagem é obtida ao se pulverizar a superfície do fotocondutor com um pó negro carregado eletricamente. O campo elétrico atrai o pó carregado que posteriormente é transferido para o papel, sendo
fundido para formar uma imagem pennanente. Desejamos determinar o campo elétrico acima e abaixo da superfície do fotocondutor.
Solução:
Considere a Figura 6.2(b) que é uma versão da Figura 6.2(a). Já que P,. = Onesse caso, aplicamos a
cc1uação de Laplace. Além disso, o potencial depende somente de x. Então:
d2 V
,
v-v= - =
o
2
dx
Integrando duas vezes, obtém-se:
V = Ax
+8
Sejam os potenciais acima e abaixo da superfície V1 c V2, respectivamente.
x>a
(6.2. 1a)
X < (I
(6.2.1 b)
As condições de fronteira nos eletrodos aterrados são:
V1(x = d) =O
(6.2.2.a)
V2(x =O)= O
(6.2.2b)
fotocondutor
rccombi nação
I-
-
(a)
X
d
a
++++++++++++++++++++++++++++++ Ps
">
o
(b)
Figura 6.2 Referente ao Exemplo 6.2.
198
•
Elementos de Eletromagnetismo
Na superfície do fotocondutor:
(6.2.3a)
(6.2.3b)
x• u
Para determinar as quatro constantes desconhecidas A 1, A 2, 8 1 c 82 , utilizamos as quatro condições
das equações (6.2.2) e (6.2.3). Das equações (6.2.1) e (6.2.2):
O = A1d + 81 ---+ 81 = - A 1d
(6.2.4a)
o = o + 82 ...... 8 2 = o
(6.2.4b)
Das equações (6.2.l ) e (6.2.3a):
(6.2.5)
Ao aplicar (6.2.3b), lembre que D
=
eE = - eVV, de forma que
ou
(6.2.6)
Resolvendo para A1c A2, nas equações (6.2.4) a (6.2.6), obtém· se:
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.2
Para o modelo representado na Figura 6.2(b), se Ps = Oe o eletrodo superior é
mantido em V0 , enquanto o eletrodo inferior é aterrado, demonstre que:
EXEMPLO 6.3
Dois semiplanos condutores, l/1 = Oe l/1 = 7r/6, estão separados por uma fenda de largura infi nitesimal,
como mostra a Figura 6.3. Se V( <P = 0) = Oe V( l/1 = -rr/6) = I00 V, determine V e E na região entre
os semiplanos.
Solução:
Se V depende somente de ifl, a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas torna-se:
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
/
199
Figura 6.3 O potencial II(<P) devido a
semiplanos condutores.
fenda
X
Já que p = O não faz parte da solução devido à fenda que separa os dois semiplanos, podemos multiplicar a equação anterior por/ para obter
que é integrada duas vezes para obter
V= A</>+ 8
Aplicamos as condições de fronteira para determinar as constantes A c 8. Quando ~ = O, V = O:
0=0+8--+8 = 0
vo
V =A ... -+A = o
'+'o
<l>o
Portanto,
e
I dV
Vo
E = - VV = - - - a = - a
P d</> "'
P<l>o .P
Substituindo V., = 100 e 1/10 = 1rl6, obtém-se:
e
Confira: V V = O, V(ifi = O) = O, V(~= 1r/6) = 100.
2
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.3
Duas placas condutoras de tamanho I X 5 m estão inclinadas 45" urna em relação à
outra, com um espaçamento de 4 mm enlre elas, conforme mostrado na Figura 6.4.
Determine um valor aproximado da carga por placa se as placas forem mantidas a uma
diferença de potencial de 50 V. Considere que o meio entre elas tenha e,= I ,5.
Resposta: 22,2 nC.
200
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi,::um 6.4 Rcfcrcmc ao Exercício Prático 6.3.
csi)Q\3mcnto de 4 mm
l m
EXEMPLO 6.4
Dois cones condutores (() = r./10 e() = r./6), de ex tensão inlinira, estão separados por um espaçamento infinitesimal em r = O. Se V(() = r./ IO) = O e V(() = r./6) = 50 V, determine V e E entre os cones.
Solução:
Considere o cone coaxial da Figura 6.5, onde o espaçamento serve como elemento isolador entre os
dois cones condutores. V depende somente de e. Então, a equação de Laplace, em coordenadas esféricas, torna-se
v-v= , I
-d
?
r·sen () d()
[ sen ()-dV] = O
d()
Já que r = Oe fJ = Oou r. não fazem parte da solução, podemos multiplicar a equação anterior por
1) sen () para obter:
-d [ sen ()-dV] = O
d()
d()
Integrando uma vez, obtém-se
dV
sen ()-
dO
=A
ou
dV
d()
-
•
Fi~tura
A
sen ()
6.5 Potencial V( <f>) devido a cones condutores.
Problemas ele Valor de Fronteira em Eletrostática •
Integrando esta equação, obtemos:
V=A
=A
II
I
dO =A
scn O
I
201
dO
2 cos 9/2 scn 9/2
2
1/2 sec 912 d9
tg0/2
d(tg 912)
tg 912
= A In (tg 0/2) + B
= A
Aplicaremos, agora, as condições de fronteira para determinar as constantes de integração A e 8.
V(8
= 91) = 0 ~O = A In (tg 0 1/2) + B
ou
B = - A In (tg fM2)
Portanto:
V = A In [ tg
012
tg0/2
]
Também,
ou
Então:
v=
Vo In [ tg 0/2 ]
tg
o.n
In [ tg 02/2
tg o.12
E
Fazendo O1 = 1rf l O, 02
=
= 1rf6 c V0 =
- 'V V
A
r scn O
tg 0/2
tg 71"120
tg 1r112
In [
tg 7Tf20
---;:-::.....=:- 7 ' - - =
95 I In [ tg 9/2 ] V
'
O, 1584
e
E = 2
Confira: 'V V = O, V(O = 1rll O)
ao
50, obtém-se
501n [
V=
I dV
r dO
= --- a0 = -
95,1
a0 V/m
r scn O
= Oe V(O = 1rl6) =
V0 •
202
• Elementos de Eletromagnetismo
50 v
esp;lçamento ~
Figura 6.6 Re ferente ao Exercício Prático 6.4.
'
'
EXERCICIO
PRATICO
6.4
Um cone condutor (8 = 45°) está colocado sobre um plano condutor c há, entre eles,
um pequeno espaçamento, corno mostra a Figura 6.6. Se o cone es tá conectado à uma
fonte de 50 V, determine V c E em (- 3, 4, 2).
Resposta: 22,13 V; li ,36 auV/m
EXEMPLO 6.5
(a) Determine a função potencial para a região dentro de uma calha de seção reta retangular c de
comprimento infini to, cuja seção reta está mostrada na Figura 6.7.
(b) Para
v. = 100 V e b = 2a, determine o potencial em x = a/2. y = 3a/4.
Solução:
(a) O potencial V, neste caso, depende de x e y. A equação de Laplace é escrita como:
2
VV=
a2 v
- 2
ax
+
a2 v
=
ay'
O
(6.5.1 )
Temos que resolver essa equação com as seguintes condições de fronteira:
V(x = O, O s y s a) = O
(6.5.2a)
V(x = b, O s y
a) = O
(6.5.2b)
o
(6.5.2c)
V(O s x s h, y = a) = V0
(6.5.2d)
V(O <
X <
b, )' = 0) =
Fi~ura
Y
l
s
6.7 Potcnci<ll devido a uma V (x. y)
calha retangu lar condutora.
/v - v0
csp;lçru•>cnto "0~-~=""/=======.;/esp.>çamento
~o~======~,==========~b----. x
V= O
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
203
Resolvemos a equação (6.5.1 ) pelo método da separação de variáveis, isto é, procuramos uma solução de V na forma de um produto. Seja
V(x, y) = X(x) Y(y)
(6.5.3)
onde X é urna função somente de xe Y é uma função somente de y. Substituindo a equação (6.5.3) na
equação (6.5.1 ), obtemos:
X"Y + Y"X
=
O
Dividindo todos os termos por XY e separando os termos em X dos termos em Y, obtemos:
X"
- -
X
Y"
y
== -
(6.5.4a)
Já que o lado esquerdo da equação é uma função só ele x c o lado direito é uma fu nção só ele y, para
sati sfazer a igualdade, ambos os lados devem ser iguais a uma constante li., isto é:
X"
- -
X
Y"
= -
y
= À
(6.5.4h)
A constante À é conhecida como a constante de separação. Da equação (6.5.4b), obtemos
X" + li.X=O
(6.5.5a)
Y"- ÀY =O
(6.5.5b)
c
Dessa fonna, as variáveis estão separadas neste ponto e nos referimos às equações (6.5.5) como
equações separadas. Podemos detem1inar X(x) e Y(y), separadamen te, e en tão substi tuir essas soluções na equação (6.5.3). Para tanto, as condições de fronteira nas equações (6.5.2) precisam estar separadas, se possível. A separação é feita como segue:
V(O, y) = X(O)Y(y) = O -t X(O) = O
(6.5.6a)
V(b, y) = X(b) Y(y) = O -t X(b) = O
(6.5.6b)
V(x, 0) = X(x) Y(O) = O -t Y(O) = O
(6.5.6c)
V(x, a) = X(O)Y(a) = V0 (inseparável)
(6.5.6d)
Para determinar X(x) e Y(y) nas equações (6.5.5), consideramos as condições de fronteira das equações (6.5.6). Consideramos os valores possíveis de À que satisfaçam tanto as equações separadas
(6.5.5) quanto as condições de fronteira (6.5.6).
CASO A
Se À = O, então a equação (6.5.5a) torna-se
X" = O
ou
a partir da qual, após integrarmos duas vezes, obtemos
(6.5.7)
X=Ax+8
As condições de fronteira na<; equações (6.5.6a) c (6.5.6b) implicam que
X(x = 0) = O-t O = O + 8
e
ou
8=0
204
• Elementos de Eletromagnetismo
+0
X(x = b) = O~ 0 = A · b
A=O
ou
porque b ~O. Dessa forma, a solução para X, na equação (6.5.7), torna-se
X(x) =O
o que torna V= Ona equação (6.5.3). Então, consideramos X(x) = Ocomo urna solução trivial e concluímos que À~ O.
CASOB
Se À < O, digamos À =
- (i, então a equação (6.5.5a) torna-se
, =
(D·, - cx")X
ou
o
d . '
oncIc D = - , tsto e,
dx
DX = ::!: cxX
(6.5.8)
mostrando que temos duas soluções possíveis corrcspondcndo aos sinais positivo c negativo. Para o
sinal positivo, a equação (6.5.8) torna-se
dX
-=cxX
ou
dx
dX
-
X
= cxdx
Dessa forma,
In X = cxx + In A,
ou
onde In A 1 é urna constante de integração. Portanto,
(6.5.9a)
De maneira similar, resolvendo a equação (6.5.8), para o sinal negati vo, obtém-se:
(6.5.9b)
Reunindo os resultados das equações (6.5.9a) e (6.5.9b):
(6.5.1 O)
Já que cosh cxx = (e"'' + e·"'')/2 e senh cxx = (e'" - e· "-')12 ou e""'
cosh cxx- scnh cxx, a equação (6.5.1 0) pode ser escrita como
= cosh cxx +
senh cxx e e· ""'=
X(x) = 8 1 cosh cxx + 8 2 senh cxx
(6.5. 11 )
onde 8 1 = A 1 + A 1 e 8 2 =A, - A 2• Em função das condições de fronteira impostas, preferimos a
equação (6.5. 11 ) em vez; da equação (6.5. 1O) como solução. Novamente, as equações (6.5.6a) e
(6.5.6b) exigem que
X(x = O) = O~ O= 8 1 • ( 1)
+
82 · (0)
ou
c
X(x = b) =
O~
O = O + 8 2 scnh cxb
81 = O
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
205
Já que a* O e b *O, sen ab não pode ser zero porque scn x = O se c somente se x = O, como mostrado na Figura 6.8. D essa maneira, 8 2 = O c
X(x) =O
Essa é uma solução trivial e concluímos que À não pode ser menor do que zero.
CASO C
Se À > O, digamos À = f3 2, então a equação (6.5.5a) torna-se
X'+ {32X =O
isto é,
ou
onde j =
DX = :tj{3X
(6.5.12)
-v=!. Das equações (6.5.8) e (6.5. 12), observa-se que a di !"crença entre os casos B e C
consiste em substituir a por)/3. Procedendo da mesma maneira como no caso B, obtemos a solução:
(6.5. 13a)
Já que e.i/tx = cos {3x + j scn {3x e e -ia<
= cos f3x - .i scn f3x, a equação (6.5.13a) pode ser escrita como
X(x) = g0 cos {3x + g, sen {3x
(6.5.13b)
ondeg. =c. + c , cg, =c. - jC1•
Em função das condições de fronteira dadas, preferimos usar a equação (6.5. 13b). Impondo as condições de fronteira nas equações (6.5.6a) c (6.5.6b), obt~m-se:
X(x = O) = O ~ O = g. · ( 1) + O
ou
8o = O
e
X(x = b) =
O~
O= O + g 1 sen {3b
Supondo g 1 *O (senão teríamos uma solução trivial), então:
scn {3b = O = scn mr
(.) = ~
tJ
y
b'
11 =
l ' 2, 3, 4, .
(6.5.14)
Fijlunt 6.8 Rcpresenwçno de cosh x e de senh x
mostrando que scnh x =O se e somente se x = O.
206
• Elementos de Eletromagnetismo
Observe que, diferentemente de senh x, que é zero apenas quando x = O, sen x é zero para um número infinito de pontos, conforme mostra a Figura 6.9. Note, também, que 11 ~O porque f3 ~O. No caso
A, tínhamos considerado a possibilidade se f3 = O, o que resultou em uma solução trivial. Ainda não
precisamos considerar 11 = - I, - 2, - 3, - 4, ... porque À = {32 permaneceria o mesmo para valores
positivos e negativos de 11. Portanto, para um dado 11, a equação (6.5. 13b) torna-se
111l"X
X,(x) = g, scnb
(6.5. 15)
Tendo encontrado X(x) c
2 2
>.. =1)2=/111"
/.1
b2
(6.5.16)
resolvemos a equação (6.5.5b), reescrita como:
Y" - {32 Y = O
A solução dessa equação é semelhante à da equação (6.5. 11), obtida no caso B, isto é:
Y(y) = h0 cosh {3y
+ 11 1 senh {3y
A condição de fronteira na equação (6.5.6c) implica que:
Y(y
= O) = O~ O =
h0
•
( I)
+O
ou
110 =O
Portanto, nossa solução para Y(y) torna-se
mry
Y.v
'·•) = h" scnh- b
(6.5. 17)
Substituindo as equações (6.5.15) e (6.5.17)- que são as soluções das equações separadas [equações
(6.5.5)], na solução-produto [equação (6.5.3)], tem-se:
Isto mostra que há muitas soluções possfveis V1, V2, V3, V4, e assim por diante, para 11 = I , 2, 3, 4, etc.
Pelo teorema da supetposição, se V1, V2 , V3, •.. , V, são soluções da equação de Laplace, a combinação linear
)'
sin x
- 2;r
_,..
Figura 6.9 Representação de scn x mostrando que sen x = O para um
númeco infinito de pontos.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
207
(onde c1, c2, c3 , ••• , c. são constantes) é também uma solução da equação de Laplace. Portanto, a solução da equação (6.5. 1) é
"'
1111"X
L c,, sen- b
,_,
~(r
., )") =
1111")"
senh - b
(6.5.18)
onde c. = g.h. são os coeficientes a serem determinados a partir da condição de fronteira descrita na
equação (6.5.6d). Impondo esta condição, obtém-se:
"
"'
n 1rx
n1ra
V(x, y = a) = V0 = LJ c,. sen- b senh- b-
(6.5.19)
,. - I
que é uma expansão em série de Fourier de V0 • Mul tiplicando ambos os lados da equação (6.5. 19) por
sen 11111"XIb c integrando em O < x < b, obtém-se:
"
i
11171"X
V0 sen b
dx =
O
"
L
1111"a
c,. senh- -
b
nc J
i"
11111"X
sen b
1111"X
sen - b dx
(6.5.20)
O
Pela propriedade de ortogonalidade das funções seno c cosseno (vC<ia Apêndice A.9):
f'
sen mx sen nx dx =
o
[~2.
111
11/
*=
11
11
Incorporando essa propriedade na equação (6.5.20), todos os termos no lado direito da equação
(6.5.20) se cancelarão, à exceção de um único termo, para o qualm = n. A ssim, a equação (6.5.20)
se reduz a
bV sen--X dx = c,senh
io
0
Jl'ü
1/ 71"li
b
b
ib scn-- b7rX dx
, 1/
o
ib ( I
b
l/1rX
l/1r0 I
-V0 -cos-- b =c senh
1111"
b o
"
b 2 o
- cos mr) = c senh
"
1111"0
b
- cos
2111rX)
b
dx
b
2
·-
ou
2V
111r0
0
c, senh- b = (
1 - cos 117r)
111r
4 v"
117r'
O,
11 = 1,3,5,
11
= 2, 4, 6,
isto é:
4V
c,
=
111r0•
111r
O,
'
11 = 1mpar
senh--;;-
(6.5.21 )
11
= par
208
• Elementos de Eletromagnetismo
Substituindo as igualdades acima na equação (6.5.18), obtém-se a solução completa:
4V0 ~
V(x,y) = - ~
7r •=1.3.5
=
2
(6.5.22)
mra
11 scnhb
=
Confira: V V O, V(x
O, y) = O = V(x = b, y) = V(x. y = 0), V(x. y = a) = V0 • A solução da equação (6.5.22) não deveria ser uma surpresa. Ela poderia ser intufda por mera observação do
arranjo da Figura 6.7. Dessa figura, observamos que, ao longo de x. V varia de O(em x = O) a O(em
x = b) e somente uma função seno pode satisfazer essa condição. De maneira similar, ao longo de y,
V varia de O(em y = 0) a v. (em y = a) e somente uma função seno hiperbólico pode satisfazeressa condição. Portanto, uma solução como a da equação (6.5.22) era esperada.
Para determinar o potencial em cada ponto (x, y) no interior da calha, tomamos os primeiros pou cos termos da série infinita convergente mostrada na equação (6.5.22). Considerar quatro ou cinco
termos pode ser suficiente.
(b) Para x
= a/2 e y = 3a/4, onde b = 2a, temos:
v(~ ~) = 4 Vo
2' 4
-rr
= 4
:i:
,=
1•3.5
sen 117r/4 senh 3n7r/8
n senh 111r12
v. [ sen -rr/4 senh 3-rr/8 + sen 3-rr/4 senh 97r/8
senh -rr/2
3 senh 3-rr/2
+ sen 5-rr/4 scnh 15-rr/4 + ... ]
5 senh 5-rr/4
4V0
= (0,4517 + 0,0725- 0,01985 - 0,00645
7r
= 0,6374V0
-rr
+ 0,00229 + · · ·)
É interessante considerar um caso especial em que A = b = 1 m c v. = 100 V. Os potenciais em alguns
pontos cspccfficos são calculados usando a equação (6.5.22), c os resultados estão mostrados na Figura 6. 10(a). As linhas de fluxo e as linhas equipotcnciais corresponden tes estão mostradas na Figura
6. 1O(b). Um programa simples em M atlab, baseado na equação (6.5.22) está apresentado na Figura
6. 11 . Esse programa é auto-explicativo e pode ser usado para determinar V (x, y) em qualquer ponto no
interior da calha. Na Figura 6.11 , V (x = b/4, y = 3a/4) é calculado c o valor encontrado é de 43,2 volts.
y
y
1~0
v
,
1.0
43.2
54,0
43.2
18,2
25,0
18,2
6.80
9.54
6,80
•
•
tinhn cquipotcncinl
Vn 100
linho de nuxo
•
o,
•
•
0
•
•
V=
O
•
.__----r--------:-t-x
I
1.0
o
{a)
Fi~:u ru
•
{b)
6.1 O Referente ao Exemplo 6.5: (a) V (x. y) calculado em alguns pomos. (b) representação esquemática das linhas de lluxo e das linhas equipotenciais.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
209
% SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE
% ---------- -------- ---- -----% ESTE PROGRAMA RESOLVE O PROBLEMA
% DE VALOR DE FRONTEIRA SI-DIMENSIONAL
%DESCRITO NA FIGURA 6 . 7
% a E b SÃO AS DIMENSÕES DA CALHA
% x E y SÃO AS COORDENADAS DO PONTO
% DE INTERESSE
p
Vo
a
-
-
(
-
1;
100 . 0 ;
1. o;
a;
X - b/4 ;
y - 3 .*a/4 .;
c - 4 .*Vo/pi
sum = 0 . 0 ;
for k=1 : 10
n = 2 *1< - 1
a1 = sin (n *pi *x/ b ) ;
a2 = sinh (n*pi*y/ b) ;
a3 = n *sinh (n *pi *a /b) ;
sum = sum + c*a1 *a2/a3 ;
P = [n , sum]
end
diary test . out
b
p
diary off
Figura 6.11 Programa em Matlab referente ao Exemplo 6.5.
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.5
No problema do Exemplo 6.5, considere
Determine V e E em:
v. =
I 00 V, b = 2a = 2m.
(a) (x, y) = (a, a/2)
(b) (x, y) = (3a/2, a/4)
Resposta: (a)44,51 V,-99,25aYV/m;(b) 16,5V, 20,6 a,- 70,34 aYV/m.
EXEMPLO 6.6
Para o exemplo anterior, determine a distribuição de potencial se V0 não for uma constante, mas
dado por:
(a) V0 = lO sen 37rxlb, y =a, O< x < b
7rX
I
57rX
(b) V = 2 sen- + - sen - )' = a O s x s b
o
b
lO
b '
'
Solução:
(a) Do exemplo anterior, cada passo antes da equação (6.5.19) permanece o mesmo, isto é, a solução
é da forma
"
""
117rX
111f)'
V(x, y) = -"" c, scn- b scnh-
,- •
b
(6.6.1)
21 O
•
Elementos de Eletromagnetismo
como na equação (6.5.18). Porém, ao invés da equação (6.5.19), temos, agora:
V(y = a) = V0 =
37rX
"'
111rX
L c. scn- b
!Oscn.
b =
111W
scnh b
11 • 1
Ao equacionar os termos em seno, em ambos os lados da equação, obtemos:
=O,
C11
11 =1=3
Para 11 = 3,
ou
10
c3= - - :ha
scnh b
Portanto, a solução da equação (6.6.1) torna-se:
37!")'
.., senh.>7rX
b
V(x, y) = IOscn- - - b
37ra
scnhb
(b) De maneira similar, ao invés da equação (6.5.19), temos agora
Vo = V(y =a)
ou
ToX
2 senb
I
51TX
10
b
+ - senh-
=
..;s
..t:.J
,.. .
111rX
c,. senh-
b
/11rQ
senh-
b
Equacionando os termos em seno:
c,.
=
o.
11 =1= 1,5
Pan111 = I:
1TQ
2 = c 1 senh-
Para n
=
ou
b
2
c,= - - 71"0
senh-
b
5:
ou
cs
=----51Ta
IO senh-
b
Dessa forma:
V(x, y) =
1fa
senhb
51Ta
IOsenh-
b
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
211
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.6
No Exemplo 6.5, suponha que todos os dados sejam os mesmos, à exceção de V0 , que
é substituído por
11fX
V0 sen-, O < x
b
s
.
b, y = a. DetermJne V(x, y).
11fX
11f)'
V0 senb senhb
Resposta:
11fa
senh b
EXEMPLO 6.7
Obtenha as equações diferenciais separadas para a distribuição de potencial V(p, ip, z) em urna região
livre de cargas.
Solução:
Esse exemplo, como o Exemplo 6.5, ilustra o método de separação de variáveis. Já que a região é livre de cargas, precisamos resolver a equação de Laplace em coordenadas cilfndricas, isto é:
v-v=
?
I é! ( é!V)
- pP é!p
iJp
2
I éi V
+- -
i
éJ q}
2
é! V
+-
iJz 2
=O
(6.7. 1)
Seja
V(p, <f>, z) = R{p) C/>(</J) Z(z)
(6.7.2)
onde R, cJ> e Z são, respectivamente, funções de p, ip c z. Substituindo a equação (6.7.2) na equação
(6.7. 1) resulta em
(6.7.3)
Dividindo por RC/JZ, obtém-se:
(6.7.4)
O lado direito dessa equação fica somente em função de z, enquanto o lado esquerdo não depende de
z. Para que os dois lados sejam iguais, é preciso que eles sejam iguais a uma constante, isto é,
(6.7.5)
onde - >.. 2 é uma constante de separação. Dessa forma, a equação (6.7.5) pode ser separada em duas
partes:
(6.7.6)
ou
(6.7.7)
212
• Elementos de Eletromagnetismo
e
p d
R dp
(P dR) + ,
2
2 2
1\
dp
p
+ -I d cf> = O
ct> dq}
(6.7.8)
A equação (6.7.8) pode ser escrita como
(6.7.9)
2
onde p é uma outra constante de separação. Assim, a equação (6.7.9) é separada como
cf>" = p.2cp =
o
(6.7.10)
e
(6.7. 11 )
As equações (6.7.7), (6.7.10) e (6.7.11) são as equações diferenciais separadas requeridas pelo problema. A equação (6.7.7) tem uma solução similar à solução obtida no caso B do Exemplo 6.5, isto
é,
Z(z) = c 1 cosh Àz
+ c2 senh ÀZ
(6.7. 12)
A solução da equação (6.7.10) é similar à solução obtida no caso C do Exemplo 6.5, isto é:
(6.7.13)
A equação (6.7. 11 ) é conhecida como equação diferencial de Bessel e sua solução está além doescopo deste livro.3
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.7
Repita o Exemplo 6.7 para V( r, 8, rp).
Resposta: Se V(r, O, cf>)
=
R(r) F(O) C/>(cf>), ct>" + }..2 cf> =O, R" + ?:_R'
,.
..,
F' + cotg 8 F' + (p.- -
?
..,
À- cossec- {})
!::...~
=
,.2
O•
F = O.
6.5 RESISTÊNCIA E CAPACITÂNCIA
Na Seção 5.4, o concei to de resistência foi abordado c obtivemos a equação (5. 16) para encontrar a
resistência de um condutor com seção reta uniforme. Se a seção reta do condutor não for uniforme,
a equação (5. 16) torna-se inválida, e a resistência é obtida diretamente da equação (5. 17):
v
R= - =
I
f E · di
f uE · dS
(6.16)
Par.• a soluç.ão cornplcia da c<ruação de L:oplacc em coordenadas cilíndricas ou c:m coordemodas esféric-.JS. veja. por exemplo. O. T. Paris c F. K. Hurd. &uic Elec·
1romag11~/iG· Theory. Ncw York: McGraw-~lill. 1969. p. ISQ-159.
J
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrost5tica •
213
O problema de determinar a resistência de um condu tor de seção reta não uniforme pode ser tratado
como um problema de valor de fronteira. Utilizando a equação (6.16), a resistência R (ou condutância C = I!R) de um dado material condutor pode ser encontrada conforme os seguintes passos:
1. Escolher um sistema de coordenadas adequado.
2. Considerar v. como a diferença de potencial entre terminai s condutores.
2
3. Resolver a equação de Laplace V V para obter V. Então, determinar E a partir da solução
de E = - V V e I a partir da solução de I= f oE · dS.
4. Finalmente, obter R como Vjl.
Essencialmente, assumimos um valor v•. determinamos I c a partir desses determinamos R = Vjl.
De maneira alternativa, podemos assumir um valor de corrente '·· determinar a diferença de potencial
corresponden te V e determi11ar R a partir de R = VIl•. Como discutiremos a seguir, a capacit.ância de
um capacitoré obtida utilizando uma técnica similar.
De modo geral, para termos um capacitar precisamos ter dois (ou mais) condutores carregados
com cargas iguais e de sinais contrários. Isso implica em que todas as linhas de fluxo que saem de um
condutor devem, necessariamente, terminar na superfície do outro condutor. Os condutores são, por
vezes, referidos como as placas do capacitor. As placas podem estar separadas por espaço livre ou
por um dielétrico.
Considere o capacitor de dois condutores da Figura 6. 12. Os condutores são mantidos sob uma
diferença de potencial V dada por
v = v, - v2 =
-f
E ·dl
(6.17)
onde E é o campo elétrico existente entre os condu tores c se assume que o condutor I está carregado posi tivamente. (Observe que o campo E é sempre ortogonal às superfícies condutoras.)
Definimos a capacirância C do capacitar como a raz.io entre o valor da carga em uma das placas
e a diferença de potencial entre elas. Isto é:
(6.18)
O sinal negativo antes de V= - f E· dl foi desconsiderado porque estamos interessados no valor absoluto de V. A capacitância C é urna propriedade física do capacitor c é medida em rarads (F). Utilizando a equação (6. 18), C pode ser obtido, para qualquer capacitor de dois condutores, seguindo um
destes dois métodos:
1. Assumindo um valor de Q e determinando V em termos de Q (utili zando~~ lei de Gauss).
2. Assumindo um valor de V e determinando Q em term os de V (uti lizando a resolução da
equação de Laplace).
O primeiro método será utilizado a seguir e o segundo será utilizado nos Exemplos 6. 1Oe 6. 11. O primeiro método implica o uso dos seguintes passos:
1. Escolher um sistema de coordenadas apropriado.
2. Atribuir , às duas placas condutoras, as cargas + Q e - Q.
I
I
I
___..., __
E
FiJ!ura 6.12 Capacitar de dois condutores.
--
I
I
I
I
I
--..----..... _
..... +0
+
....
--~----
.....
\
~
_
\
_. ,..,.
+
I
I
-v +
+
I
214
• Elementos de Eletromagnetismo
3. Determinar E utilizando a lei de Coulomb ou a lei de Gauss e encontrar V a partir de
V= - f E · dl. O sinal negativo pode ser ignorado, nesse caso, porque estamos interessados
no valor absoluto de V.
4. Finalmente, obter C a partir de C = QIV.
Aplicaremos agora esse procedimento para determinar a capaci tância de algumas configurações
importantes a dois condutores.
A. Capacitor de Placas Paralelas
Considere o capacitar de placas paralelas da Figura 6. I 3(a). Suponha que cada uma das placas tem
uma áreaS e que estão separadas de uma distância d. Assumiremos que as placas l e 2, respectivamen te, estão carregadas com cargas + Q e - Q, uniformemente distribuídas sobre elas, de tal modo que:
Q
Ps= S
(6.19)
Um capacitar de placas paralelas ideal é aquele em que a separação dentre as placas é muito pequena quando comparada com as suas dimensões. Considerando tal caso ideal, o vazamen to ou dispersão do campo nas bordas das placas, como mostra a Figura 6.l3(b), pode ser desprezado, dessa forma o campo entre as placaspode ser considerado uniforme. Se o espaço en tre as placas for preenchido com um dielétrico homogêneo com pennissividade diclétrica e, c se desprezamws o vazamento
do !luxo nas bordas das placas, da equação (4.27), D = Psax ou
E = Ps
e (-a.r)
Q
= - - a.r
eS
(6.20)
6.13 (a) Capacitor de placas pararelas.
(b) efeito de vazamento nas bordas de um
capacitorde placas paralelas.
Fi~ura
dicl61rico s
área da placaS
I
l
\
+ +
+ + + +
I
E
+ + +
l-
,- - - - - - - -
d
o
la)
+Q
E. O
-Q \
(b)
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
215
Assim,
V=
-1'
IJ [--ªa.•] · dx a, = Sl1..
eS
eS
E · dl = -
2
(6.21)
0
e, portanto, para um capacitor de placas paralelas:
Q
V
eS
C= - = -
(6.22)
d
Essa fórmula apresenta uma maneira de se determinar a constante diel<!trica e, de um determinado
dielétrico. Ao medir a capacitãncia C de um capacitor de placas paralelas com o espaçamelllo entre
as placas preenchido com o di elétrico, e a capacitância C0 com o ar entre as placas, determinamos e,
a partir de
e,.=
c
(6.23)
C
o
Utilizando a equação (4.96), pode-se demonstrar que a energia anna%:enada em um capacitor é dada
por:
wE
I
=
2
- cv?
2
I
Q
= - QV = 2
2C
(6.24)
Para o capacitor de placas paralelas, substituím os a equação (6.20) na equação (4.96) e verificamos que
I
WE = 2
?
I e-s,.
e
Q?
?
?
dv =
eQ-Sd
2e2 S 2
(!!.. ) = Q2 = .!_ QV
= Q2
2 eS
2C
2
conforme esperado.
B. Capacitor coaxial
Um capacitor coaxial é, essencialmente, um cabo coaxial ou um capacitor cilíndrico coaxial. Considere L o comprimento de dois condutores coaxiais, o interno com raio a e o externo com raio b (b >
a), como mostra a Figura 6. 14. Seja o espaço entre os condutores preenchido com um dielétrico homogêneo com permissividade e. Assumimos que os condutores I e 2, respectivamente, estão canegados com cargas + Q e - Q, uniformemente distribuídas sobre eles. Aplicando a lei de Gauss em
uma superfície gaussiana arbitrária cilíndrica de raio p (a < p < b), obtemos:
(6.25)
Assim:
E=
Q
21repL
a
P
(6.26)
216
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi~:ura 6. 14
Capacitor coaxial.
dielécrico c
~--
~
r--'·
Desprezando o vazamento do fluxo nas extremidades do cil indro.
v=
-
Lr E . d l =
I
-
2
f" [
Q
21repL
,,
a ] . dp a
P
Q I n-b
27reL
P
(6.27a)
(6.27b)
a
Portanto, a capacitância de um cilindro coaxial é dada por
C= Q
v
= 21reL
(6.28)
b
In -
a
C. Capacitor esférico
Esse é o caso de dois condutores esféricos concêntricos. Considere a esfera interna. de raio a e a esfera externa de raio b (b >a), separadas por um meio dielétrico com permissividade e, como mostra
a Figura 6.15. Assumimos cargas + Q e- Q sobre as esferas interna c externa, respectivameme.
Aplicando a lei de Gauss em uma superfície gaussiana arbitrária esférica, de raio r (tl < r < b),
(6.29)
isto é,
(6.30)
Fi~-:u,·a
diel6uico c
h
A diferença de potencial entre os condutores é:
6.15 Capacitoresférico.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
v=
-
-I." [ a,]. a,
r E . dl =
J2
217
Q
I
h
2
dr
4 1!"81'
- --ª-[.!. - .b!.]
41fe a
(6.31)
Portanto, a capacitância do capacitor esférico é:
C= Q =
41fe
v
a
(6.32)
b
Fazendo b ~ oo, C= 41fetl, que é a capaci tãncia de um capaci tor csfcrico, cuja placa ex terna está inf·i nitamentc distante. Esse é o caso de um condutor esférico a uma grande distância de outros corpos
condutores- a elf era isolada. Mesmo um obje10 de forma irregular, com aproximadamente o mesmo tamanho da esfera, terá praticamente a mesma capacitãncia. Este fato é útil na estimati va da capacitância parasita de um corpo isolado ou de uma peça de um equipamento.
Lembre da Teoria de Circuitos que, se dois capacitores com capaci tâncias C1 e C2 estão em série
(isto é, eles têm a mesma carga), como mostrado na Figura 6. 16(a), a capaci tância total é
I
I
I
c
C1
Cz
- = -+ ou
(6.33)
Se os capacitores estão em paralelo (isto é, eles têm a mesma voltagem entre suas placas), corno mostrado na Figura 6. 16(b), a capacitância total é:
(6.34)
Reconsideraremos as expressões para encontrar a resistência R e a capacitãncia C de um sistema
elétrico. As expressões foram dadas nas equações (6.16) e (6.18), aqui repetidas:
R=~= f E · d i
I
f oE · dS
c='ª- = ep E ·dS
v
f E · dl
Fi~-:ura
(6. 16)
(6.18)
6.16 Cap:~citores em (a) série e
(b) parulclo.
c, = ~
(3)
O produto entre essas expressões nos leva a
(b)
218
•
Elementos de Eletromagnetismo
e
u
RC=-
(6.35)
que<! o tempo de relaxação T, do meio que separa os condutores. Deve-se destacar que a equação
(6.35) <!válida somente quando o meio é homogêneo. Isto<! facilmente inferido das equações (6.16)
c (6. 18). Supondo que os meios são homogêneos, a resistência dos vários capacitorcs mencionados
antcrionnente podem ser rapidamente obtidas utilizando a equação (6.35). Os exemplos seguintes
servirão para ilustrar essa idéia.
Para um capacitor de placas paralelas:
C =~
d'
R= -
d
(6.36)
uS
Para um capaci tor cilíndrico:
C = 21reL
I} '
In -
b
In a
R =-27ruL
(6.37)
a
Para um capacitor esférico:
- - -I
C=
47re
I
I'
R=
a
b
4 7rU
--a b
(6.38)
E, finalmente, para um condutor esférico isolado:
C= 47r:ea,
R =-47rua
(6.39)
Deve-se observar que a resistência R em cada uma das equações de (6.35) a (6.39) não é a resistência da placa do capaci tor, mas é a resistência de perdas cmrc as placas. Portanto, u, nessas equações,
é a condutividadc do meio di elétrico que separa as placas.
EXEMPLO 6.8
Uma barra metálica de condulividade ué dobrada de modo a formar un1 setor plano de 90° de raio
interno a, raio externo b e espessura 1, como mostra a Figura 6. 17. Demonstre que: (a) a resistência
da barra entre as superfícies verticais curvas em p = a e p = b é dada por
b
2ln a
R= - U7rl
e (b) a resistência entre as duas superfícies horizontai s em z =
Oc z = 1 é dada por
Solução:
(a) Entre as extremidades verticais curvas, si tuadas em p = a c p = b, a barra tem uma seção reta não
uniforme e, portanto, a equação (5.1 6) não se aplica. Temos que utilizar a equação (6.16). Seja V0
uma diferença de potencial mantida entre as superfícies curvas em p = a e p = b tal que
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
219
Figura 6.17 Barra metálica do
Exemplo 6.8.
•<
V(p = a) = Oe V(p = b) =
lfndricas. Já que V= V(p):
v•. Resolvemos a equação de Laplace para V'2 V =
Oem coordenadas ci-
Como p = O não faz parte da solução, após multiplicar por p c integrar uma vez, obtemos
dV
p -= A
dp
ou
dV
-
dp
A
= -
p
Integrando novamente
V= A In p
+8
onde A c 8 são constantes de integração a serem determinadas a partir das condições de fronteira.
V(p = <1) = O~ O = A In a
V(p
+8
8 =-A In a
ou
= b) = Vo ~ Vo =A In b + 8
=A In b - A In
b
a = A In -(J
OU
Vo
A =---=b
In-
a
Assim,
P
(/
V = A In p - A In a = A In - =
Vo
p
---'~ In -
b
In a
(I
dV
E
= - V'V = - -dp a{) =
J
=
1=
oE,
fJ ·
dS = - p dq, dz aP
dS =
I'
I
rn
_
Vo<1
b d<. p dq, =
o-o .- o p In __
a
7r f Vo<7
2
b
In -
a
220
• Elementos de Eletromagnetismo
Então,
b
2 In V0
a
R= - = - 1
(J7fl
conforme solicitado.
(b) Seja V0 a diferença de potencial entre as duas superfícies horizontais, tal que V(z = 0) = O e
2
V(z = 1) = v• . V= V(z), então a equação de Laplace V V = O torna-se:
Integrando duas vezes:
V = Az + B
Aplicando as condições de fronteira para determinar A c 8:
V(z = 0) = O ~ O = O + B
8 =0
ou
Vo
A =-
ou
1
Assim,
dV
V
E = -'VV= - - a. = - - 0 a.
dz
•
uV
J = uE = - - I 0 a.,.
I =
f
J · dS
(
-
J"n v;u p dr/J dp
p = tt
v.u
=-
J
?h
1r p·
· -2 2
-
dS = -p dr/J dp a.
b
=
1
4>• 0
')
')
v. u 1r (b" - a·)
41
{I
Então:
V
41
R' = - 0 = ----,;;---,?
?
/
u1r(b" - a·)
Alternativameme, para este caso, a seção reta da barra é uniforme elllre as superfícies horizontais
em z = Oe z = 1 c a equação (5. I 6) é válida. Desta forma,
e
r
R' = - = - - -- I!S
7r (b2 -a 2)
u4
41
conforme solici tado.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
221
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.8
Um disco de espessura r tem um raio b e um furo central de raio a. Considerando a
condutividade do discou, determine a resistência entre:
(a) o furo e a periferia do disco;
(b) entre as duas faces planas do disco.
In b/a
Resposta: (a) - - , (b)
21rru
EXEMPLO 6.9
r
?
?
u1r(b- - a-)
.
Um cabo coaxial comém um material isolante de condutividade u. Se o raio do fio central é a e o
raio da blindagem é b, demonstre que a condu tância do cabo, por unidade de comprimento, é
(veja equação (6.37)):
21ru
G=
In b/a
Solução:
Considere L o comprimento de um cabo coaxial, conforme mostra a Figura 6. 14. Seja V, a diferença
de potencial entre os condu tores interno e externo, tal que V(p = a) = Oe V(p = b) = V,'" V e E podem ser encontrados da mesma forma que na parte (a) do exemplo anterior. Assim:
J = uE =
I =
-
I
-uV0
a
p In b/a '"
IL
2r
J
J · dS =
V
oU
p dz df/J
:-o p In b/a
ô=O
27rLuV0
In b/a
A resistência, por unidade de comprimento, é
R = ~ . .!_
= In bla
L
21ru
I
e a condutância, por unidade de comprimento, é:
G =_
I =
R
21ru
In b/a
conforme solicitado.
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.9
Um cabo coaxial contém um material isolante de conduti vidadc o-1 na sua metade
superior e um outro material de condutividade o-2 na sua metade inferior (situação
semelhante à da ilustrada na Figura 6. J9b). Se o raio do fio central é a c o raio da
blindagem é b, demonstre que a resistência de perdas de um comprimento do cabo é:
I
b
R=
ln -
e
7rf(u1
+
u 2)
a
Resposta: a demonstração.
EXEMPLO 6.1 O
Cascas esféricas condutoras com raios a = lO em c b = 30 em são mantidas sob uma diferença de
potencial de I 00 V, tal que V(r = b) =O e V( r =a) = I 00 V. Determine V e E na região entre as
cascas. Se e,= 2,5 na região, determine a carga total induzida nas cascas c a capacitância do capacitor.
222
• Elementos de Eletromagnetismo
Solução:
Considere as cascas esféricas como mostradas na Figura 6.18. Já que V depende somente de r, a
equação de Laplace torna-se
Já que r 1: Ona região de interesse, multiplicamos a equação anterior por r2 e obtemos:
, dV] -o
-d [ ,.--
dr
dr
Integrando uma vez,
ou
dV
A
= -:;
dr
r-
rntegrando, novamente, obtém-se
A
v=--r + 8
Como é usual, as constantes A e 8 são determinadas a partir das condições de fron teira.
Quando
r = b V=
'
A
.
O~ O = - - + 8
b
A
ou 8= -
b
Dessa maneira,
V=A[.!_b -.!..]
,.
E também, quando r
=
o~V
a, V = V
0
= A
[i - ~]
ou
A=
-I - b
a
Figura 6.18 Potencial V(r ) devido às cascas esféricas condutoras.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
223
Portanto,
I.]
[.!.,. -
b
v = v..:;._-~
o I
I
--a
b
dV
d,.
A
- - ar = - - ? ar
E = - VV =
,.-
,.2[.!. - .!.] a,
b
(I
Q-
I .~= c c ,,fr i(""'d·dO
.E
41!"e0 e,V0
I
I
-a - -b
A capacitância é facilmente encontrada fazendo
Q
C=-=
Vo
I
--a
b
que é o mesmo resultado obtido na equação (6.32). Na Seção 6.5 assumimos urna carga Q e encontramos o Vo correspondente. Aqui, porém, assumimos um valor de potencial V0 e encontramos a carga Q correspondente para determinar C. Substituindo a =
m, b = 0,3 me V0 =
obtém-se:
O, I
I00 V,
[ I IO]
3
10 - 10/3
v= 100 ,.
?
Confira: V-V
= O, V( r = 0,3 m) = 0, V( r =
E
=
O, I m)
=
15[.!. - .!.2.] v
r
3
= I00.
100
1
5
,
a,. = -, a, V/m
r· [ J0 -1 0/3)
,.-
Q = + 471". 10-
9
3671"
= ::!: 4,167 nC
.
(2,5). (100)
10 - 10/3
A carga posi ti va é induzida na esfera interna e a carga negati va é induzida na esfera externa. Também,
IQI
C=-=
Vo
9
4, 167 X 106
= 4 1 7pF
I 00
'
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.10
Se a Figura 6.19 representa as seções retas de dois capacitares esféricos, determine
suas capacitâncias. Sejam a = I mm, b = 3mm, c = 2 mm, e,1 = 2,5 e er'2 = 3,5.
Resposta: (a) 0,53 pF; (b) 0,5 pF.
224
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi~:urn 6.19
""
Referente aos Exercfcios Práticos 6.9. 6.1 Oe 6.12.
e,,
b
(3)
EXEMPLO 6.11
(b)
Na Seção 6.5 foi mencionado que a capacitância C = QIV de um capacitor pode ser encon trada ou
assumindo um valor de Q e determinando V, ou assumindo um valor de V e determinando Q.
A primeira abordagem foi uLilizada na Seção 6.5, enquanto que a última foi utilizada no exemplo
anterior. Utilizando esse último método, obtenha a equação (6.22).
Solução:
Assuma que as placas paralelas na Figura 6.13 sejam mantidas a uma diferença de potencial V0 tal
que V(x = O) c V(x = d) = v•. Isso requer a solução de um problema de valor de fronteira unidimensional, isto é, resolver a equação de Laplace:
Integrando dua~ vezes,
V=Ax+B
onde A e B são constantes de integração a serem dctcm1inadas a partir das condições de fronteira. Em
x = O, v = o ~ o = o + B, ou B = O, c em x = d, v = v. -+ v. = Ad + Oou A = V0 /d.
Assim:
Observe que essa solução satisfaz a equação de Laplace c as condições de fronteira.
Uma vez que consideramos V.. a diferença de potencial entre as placas, nosso objetivo é determinar a carga Q em cada uma das placas, de tal modo a obtermos a capacitância C = Q/V0 • A carga em
cada placa é dada por
Q =
J Ps dS
No entanto, Ps = O · a, = eE ·a.,, onde:
E=
-vv =
dV
V
- - a . = - Aa . =-- 0 a
dx ·'
•
d
Nas placas inferiores, a. = a,. Assim:
e v.
Ps= - -
d
e
Q=
c
Q=
_ e V.,S
d
Nas placas superiores, a. = - a,.. Assim:
eV0
Ps = d
eV.,S
d
'
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
225
Conforme esperado, Q é igual, mas de sinal oposto em cada uma das placas. Então,
o que está de acordo com a equação (6.22).
,
,
EXERCI CIO PRATICO 6.ll
Obtenha a fórmula para a capacitância C= Q/V0 de um capacitar cilíndrico na
equação (6.28), supondo um valor de v. e determinando Q.
EXEMPLO 6.12
Determi ne a capacitância de cada um dos capacitares da Figura 6.20. Considere e,1 = 4, e12 = 6 e
d = 5 mm, S = 30 cm2•
Solução:
(a) Já que D e E são normais à interface dielétrica, o capacitar da Figura 6.20(a) pode ser considerado como constituído de dois capacitores C1 e C2 em série, como na Figura 6.1 6(a).
A capacitância total C é dada, então, por:
c= c.c2
c, + c2
2eoS (e,,e,2)
d e,, + e,z
9
10- 30 X 10- 4 4 X 6
= 2.
.
· -~
367r 5 X I0 3
I0
C = 25,46 pF
(6.12.1)
(b) Nesse caso, D e E são paralelos à interface dielétrica. Podemos considerar esse capacitor como
constituído de dois capacitores, C1 e C2, em paralelo, isto é, submetidos à mesma diferença de potencial, como na Figura 6.16(b).
A capacitância total C é dada, então, por:
(6.12.2)
Observe que, quando e.. = ea
(6.22), conforme esperado.
=
e,, as equações (6. 12. 1) c (6.1 2.2) estão de acordo com a equação
d/ 2
d/ 2
(a)
fi~,turo
6.20 Referente ao Exemplo 6.12.
"··
e.,
'"''2
w/ 2
(b)
226
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.12
Determine a capacitância de 10m de comprimento dos capacitores cilfndricos
representados na Figura 6.19. Considere a = I mm, b = 3 mm, c = 2 mm,
e" = 2,5 mm e Srz = 3,5.
Resposta: (a) 1,41 nF; (b) 1,52 oF.
EXEMPLO 6.13
Um capacitor cilíndrico tem raios a = I em c b = 2,5 em. Se o espaço entre as placas é preenchido
com um dielétrico não homogêneo de e, = (lO+ p)/p, onde pé dado em em, determine a capacitãncia por metro do capacitar.
Solução:
O procedimento é o mesmo que foi adotado na Seção 6.5, exceto pelo fato de que a equação (6.27a)
agora se apresenta como:
l
I.ll
Q
Q
dp
V= - " 27re0 e,.pL dp = - 21re,L " P( lO: p)
I.
-Q
= 21re0 L
Q
27re0 L
Logo, a capacitãncia por metro (L
ialO +
b
111
p
2 7rS0 L
ln(IO+p)
a
"
_10_+_b
10 + a
= I m) é:
Q
c=- =
v
C=
-Q
dp
27re0
10 + b
ln - - 10 +a
434,6 pF/m
10- 9
= 27r . --:-367r
12,5
In - -
1I ,O
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.13
Um capacitor esférico, com a = 1,5 em e b = 4 em, tem um dielétrico não
homogêneo de e= I Oejr. Determine a capacitãncia do capacitar.
Resposta: (a) I, 13 nF.
6.6 MÉTODO DAS IMAGENS
O método das imagens, introduzido por Lord Kelvin em 1848, é comumente utilizado para determinar V, E, D c Ps associados a cargas na presença de condutores. Por esse método, evitamos resolver
a equação de Laplace ou de Poisson ao considerar o fato de que uma supcrf'fcie condutora é equipoIene iaI. Embora o método não se aplique a todos os problemas de eletrostática, ele pode reduzir a
complexidade de solução de alguns deles.
A teoria das imagens estabelece que uma dada configuração de carga próxima a um plano inlinito condutor perfeito aterrado pode ser substituída pela própria configuração de carga, por
sua imagem e por uma superfície equipotencial no lugar do plano condutor.
Exemplos típicos de configurações de carga, tais como a carga pontual, a linha de cargas e um volume de cargas, encontram-se representados na Figura 6.2 1(a). Suas correspondentes conligurações de
imagem estão representadas na Figura 6.21 (b).
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
\
-p,
Q•
plono condutor perfeito I'= O
227
-p,
superflcie equípotcncíal I' • O
+ f) ...
- Q•
(a)
(b)
Figuru 6.21 Sistema imagem: (a) configurações de carga próxima de um plano condutor perfeito: (b)
configuraçào da imagem com o plano condutor substituído pela superfície cquipotcnciul.
Ao aplicar o método das imagens, duas condições devem ser satisfeitas:
I . A(s) carga(s) imagem deve(m) estar localizada(s) no interior da região condutora.
2. A(s) carga(s) imagem deve(m) estar localb:ada(s) de tal modo que o potencial na superfície
condutora seja zero ou constan te.
A primeira condição é necessária para satisfazer a equação de Poisson, c a segunda garante que as condições de fronteira sejam satisfeitas. Apliquemos a teoria das imagens paro dois problemas especílicos.
A. Carga pontual próxima de um plano condutor aterrado
Considere uma carga pontual Q posicionada a uma distância 1t de um plano infinito condutor perfeito, como mostrado na Figura 6.22(a). A configuração da imagem está na Figura 6.22(b). O campo
elétrico no ponto P(x, )\ z:) é dado por:
E = E++ E-
(6.40)
Qr1
-Q r 2
3 +
3
47re0 rt
47re0 r2
(6.41)
Os vetores distância r, e r 2 são dados por
r1
= (x, y, z)
r 2 = (x, y,
- (0, O, lt)
= (x, y, z
- h)
(6.42)
z) - (0, O, -h) = (x, y, z + h)
(6.43)
desta form a, a equação (6.4 1) torna-se:
E = Q [ xax + ya,. + (z: - h)a: _ xa.• + ya,. + (z: + h)a, ]
47reo [x2 + / + (z - /t)2]3n [x2 + l + (z + hiJ312
(6.44)
.•
z
I.
h
1'=0
V=O
o
(a)
_i_
I
H>l
Fi,::ura 6.22 (a) Carga pontual c plano condutor aterrado: (b) configur~çào da imagem c linhas de campo.
228
• Elementos de Eletromagnetismo
Deve-se observar que, quando z = O, E tem somente a componente z, confirmando que E é nonnal à
superfície condutora.
O potencial em Pé facilmente obtido da equação (6.4 1) ou da (6.44), utilizando V=- J E· dl.
Dessa forma,
v= v+ + v_
-
Q
+ -Q
41Te0 rl
(6.45)
4;reor2
l
V = 4.;eo {[x2 +
+\z - 11)2]112- [x2 + / +l(z + 11)2)1n }
para z ~ Oe V = Opara z < O. Observe que V(z: = 0) = O.
A densidade superficial de carga induzida pode ser obtida da equação (6.44) fazendo:
Ps
= 0, = e E,
0
(6.46)
- Qh
A carga total induzida sobre o plano condutor é:
Q1 =
f
Ps dS
Fazendo a mudança de variáveis, p"' = x·'
=
"'f I"'
-~ -~
- QIIdxdy
?
?
31 ,
27r[x- +
+ 11" ] "
i
+ y·,' dx dy = p dp d~. donde se obtém:
Q = - Qll
27T
I
Integrando em ifJ resulta 21r. Fazendo p dp =
i2r i"' [p2p dp+ 112)3/2
dt/>
O
O
(6.48)
~d (/), obtém-se
º"27T i"'o
Q; = - - 21T
(p"?
+ ll"J 312.!. d(/)
?
2
Qfl
r/ + !? ]
=
(6.47)
112
o
(6.49)
-Q
conforme esperado, porque todas as linhas de nuxo que terminam sobre o condutor deveriam terminar na carga imagem se o condutor estivesse ausente.
B. Linha de carga próxima de um plano condutor aterrado
Considere uma linha inlinita de cargas com densidade pL Clm localizada a uma distância h do plano
condutor aterrado, em z = O. A mesma configuração de imagem da Figura 6.22(b) aplica-se à linha
de cargas, com exceção de que Q é substituído por h· Podemos assumir que a linha infinita de cargas p L se encontra em x = O, z: = h e a imagem - pL em x = O, z = -11, de tal forma que as duas estão
paralelas ao eixo y. O campo elétrico no ponto Pé dado (da equação 4.21 ) por:
E= E+ + E
(6.50)
(6.51)
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
229
Os vetores distância p1 e p2 são dados por
P• = (x, y, z) - (0, y, h) = (x, O, z - h)
(6.52)
P2 = (x, y, z) - (0, y, - h) = (x, O, z + h)
(6.53)
então, a equação (6.51) torna-se:
E=
PL
21Teo
[xa~ +
x- +
h)~: _ xa~ +
ht
x- +
(z(z -
(z
(z
+ h)a:]
+ h)2
(6.54)
Novamente, observa-se que, quando z = O, E tem somente a componente z. confirmando, dessa forma, que E é normal à superfície condutora.
O potencial em P é obtido da equação (6.5 1) ou da (6.54), utilizando V = - JE · dl . Portanto,
V = V ,+ V_
PtIn p 1
27rf:o
= -
- p'In p 2
2 7rf:o
(6.55)
e!.
PL In
= -
-
2m> 0
P2
Substituindo p 1 = lp 11e p 2 = lp 21, das equações (6.52) e (6.53) na equação (6.55), resulta em
V=
[x2+ (z- 1!)2] 112
27reo n x 2 + (z + h)2
PL I
(6.56)
para z ;a; Oe V = O para z s O. Observe que V(z = O) = O.
A carga superficial induzida sobre o plano condutor é dada por:
-pdl
Ps = Dn = eoE:
= --::'--'"-::7r(X 2
.: • 0
+ 1!2)
(6.57)
A carga induzida por unidade de comprimento sobre o plano condutor é:
(6.58)
Fazendo x = h tg a, a equação (6.58) torna-se
f''
2
P· = _ PLh
7r
I
da
- ../2 h
(6.59)
= -pl.
conforme esperado.
EXEMPLO 6.14
Uma carga pontual Q está localizada em um ponto (a, O, b) entre dois semiplanos condutores que se
interceptam em ângulo reto, como mostra a Figura 6.23. Determine o potencial no ponto P(x, y. z) e a
força sobre Q.
Solução:
A conliguração da imagem está mostrada na Figura 6.24. Três cargas imagem são necessárias para
satisfazer as condições de fronteira da Seção 6.6. Da Figura 6.24(a), o potencial no ponto P(x, y, z) é
dado pela superposição dos potenciais em P devido às quatro cargas pontuais, isto é,
V=
Q [ -' - _I + ..!._ - ..!._]
47re0
r1
r2
I'J
/'.1
230
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi,:(ut·a 6.23 Carga pontual entre dois semiplanos
condutores.
9 = 90°
o ~------i-----------,--- x
-
onde
,.1 = [(x- a)2
+ l + (z
- b)211'2
+ a)2 +l +(z - b)2]112
[(x + a)2 +/ + (z + b)2]112
[(x- a)2 +l + (z + b)2]112
,.2 = [(x
r3 =
r4 =
Da Figura 6.24(b), a força líquida sobre Q é:
F = FI+ F2 + F,
Q2
= -
Q2(2aa,. + 2ba, )
, a. , a,. +
,
, V2
41!"s0 (2bt 4ws0 (2a)41fe0 [(2a)- + (2btJ
2
=
Q2
Q
l61rs0
{[ (a-,a
, , - -.!,] a, +[,
b ,
-..!...
] a-.}
+ b-) - a- ·
(a- + b-) b
31
312
2
O campo elétrico devido a esse sistema de cargas pode ser determinado de maneira similar e a carga
induzida sobre os planos também pode ser encontrada.
Em geral, quando o método das imagens é aplicado pam um sistema que consiste de cargas pontuais entre dois semiplanos condutores, que se cruzam segundo um ângulo tP (em graus), o número
de imagens é dado por
z
z
I
+
•
I
1........-V=O
I
-Q
P(x,y, z)
I
I
I
'J
bl
ll
'•
V =O
---
.i_ x
----
a
+Q.____________._Q
(a)
F'l
-Q
+Q
I
f"J
--- ~ x
+Q ______________. - Q
(b)
Figum 6.24 Determinação de: (a) potencial em P: (h) força sobre a carga Q.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
231
porque a carga e suas imagens se localizam ao longo de um círculo. Por exemplo, quando~= 180",
N = I, como no caso da Figura 6.22. Para~ = 90°, N = 3, como no caso da Figura 6.23. E para tP =
60°, esperamos que N = 5, como mostrado na Figura 6.25.
Figura 6.25 Carga pontual entre duas paredes semi-infinitas
condutoras. inclinadas em <f> - 60° uma em relação à omra.
~= 60°
EXERCÍCIO PRÁTICO 6.14
Se a carga pontual Q = I O nC da Figura 6.25 encontra-se I O em afastada do ponto O
e ao longo da linha bissetriz de IP = 60", determine o valor da força exercida sobre Q
devido às cargas induzidas sobre as paredes condutoras.
Resposta: 60,53 pN.
RESUMO
1. Problemas de valor de fronteira são aqueles para os quais os potenciais nas fronteiras da região
são especificados e para as quais desejamos conhecer o campo potencial no seu interior. Esses
problemas são resolvidos utilizando a equação de Poisson, se P. ~O, ou de Laplace, se P. = O
2. Em uma região não homogênea, a equação de Poisson é dada por:
V·eVV= -p,,
Em uma região homogênea, c é independente das variáveis espaciais. A cqm1ção de Poisson torna-se:
n ?
v"V =
Pv
Em uma região livre de cargas (p,, = 0), a equação de Poisson reduz-se à equação de Laplace, isto é:
3. Resolvemos a equação diferencial, que resulta da equação de Poisson ou da equação de Laplace, integrando duas vezes, caso V dependa apenas de uma variável, ou pelo método da separação de variáveis, caso V seja uma função de mais de uma variável. Aplicamos, então, as condições de fronteira prescritas para obter uma solução única.
4. O teorema da unicidade estabelece que, se V satisfaz a equação de Poisson ou a equação de Laplace c as condições de fronteira prescritas, V é a solução única possfvel para o problema dado.
Isto nos permite encontrar a solução de um dado problema por qualquer caminho porque estamos seguros de que existe uma, e apenas uma única solução.
5. O problema de encontrar a resistência R de um objeto ou a capacitância C de um capacitar pode
ser tratado como um problema de valor de fronteira. Para determinar R, assumimos uma diferença de potencial v. entre as extremidades do objeto, resolvemos a equação de Laplace, encontramos I = I uE · dS e obtemos R = Vj l. De maneira similar, para determinar C, assumimos uma
direrença de potencial v. entre as placas do capacitar, resolvemos a equação de Laplace, encontramos Q = I eE · dS e obtemos C = Q/V0 •
232
• Elementos de Eletromagnetismo
6. Um problema de valor de fronteira envolvendo um plano condutor infinito ou um canto pode ser
resolvido utilizando o método das imagens. Basicamente consiste em substituir a configuração
de cargas por ela mesma, por sua imagem e por uma superfície equipotencial no lugar do plano
condutor. Desta forma, o problema original é substituído por um "problema imagem", o qual é
resolvido utilizando as técnicas abordadas nos Capítulos 4 c 5.
QUESTÕES DE REVISÃO
6.1 A equação V· (- eVV) = P,. pode ser considerada como a equação de Poi sson para um meio não
homogêneo.
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
6.2 Em coordenadas cilíndricas, a equação
IO = O
é denominada:
(a) Equação de Maxwell.
(b) Equação de Laplace.
(c) Equação de Poisson.
(d) Equação de Helmholtz.
(e) Equação de Lorentz.
6.3 Duas funções potenciais V, e V2 satisfazem a equação de Laplace em uma região fechada e assumem os mesmos valores sobre a superfície que limita essa região. v, deve ser igual a V2 •
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
(c) Não necessariamente verdadeiro nem falso.
6.4 Qual dos seguintes potenciais não satisfaz a c<tuac;ão de Laplace'!
(a) V= 2r + 5
(b) V= lOxy
(c) V= rcos 1/J
lO
(d) v= r
(c) V = pcosi{I+ I O
6.5 Qual das seguintes altemativas não é verdadeira?
(a) - 5 cos 3x é uma solução para l{l"(x)
+ 91{1(x) = O
(b) lO sen 2x é uma solução para 1/J"(x)- 41{1(x) =O
(c) - 4 cosh 3y é uma solução para R"(y)- 9R(y) = O
(d) senh 2y é uma solução para R"(y)- 4R(y) = O
g"(x)
h"(y)
(e)
= = f(z) = -I onde g(x) = scn x c h(y) = scnh ·''
g(x)
h(y)
6.6 Se V, = X,Y, é um produto solução da equação de Laplace, quais das seguintes alternativas não são
soluções da equação de Laplace?
(a) - IOX1Y1
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
233
+ 2xy
X 1Y1 - x + J
X 1 + Y,
(X 1 - 2) (Y1 + 3)
(b) X,Y,
(c)
(d)
(c)
6.7 A capacitância de um capacitar, preenchido com um dielétrico linear, independe da carga sobre as
placas c da diferença de potencial entre as mesmas.
(a) Verdadeiro.
(b) Falso.
6.8 Um capacitar de pl acas paralelas conectado à uma bateria arrmlZena duas vezes mais carga com
um dado diclétrico do que quando o dielétrico 6 o ar. Disso pode-se alirrnar que a suscctibilidade
desse diclétrico é:
(a) O
(b) I
(c) 2
(d) 3
(e) 4
6.9 Uma diferença de potencial v. é aplicada em uma coluna de mercúrio dentro de um contêiner cilíndrico. O mercúrio é, então, despejado no interior de outro contciner ci líndrico de metade do raio
do primeiro e com a mesma diferença de potencial aplicada entre suas extremidades. Como resultado dessa variação ele espaço, a resistência aumentará:
(a) duas vezes.
(b) quatro vezes.
(c) oito vezes.
(d) dezesseis vezes.
6.10 Duas placas condutoras estão inclinadas entre si em um ângulo de 30• com uma carga pontual entre elas. O número de cargas imagem é:
(a) 12
(b) 11
(c) 6
(d) 5
(e) 3
ResposTas: 6. la; 6.2c; 6.3a; 6.4c; 6.5b; 6.6cl, c; 6.7a; 6.8b; 6.9d: 6. 10b.
I
--PROBLEMAS
6.1 No espaço livre, V = 6x/z + 8. Determine E c Pv no ponto P( I , 2,- 5).
6.2 Duas placas condutoras muito extensas estão loealizaclas em x = I ex= 4. O espaço entre elas
apresenta urna distribui ção de cargas dada por ~ nC/m3. Determine V em x = 2 se V( I ) =
6?r
-50 V c V(4) = 50V.
=
6.3 A região entre x Oex = d tem p,. = p 0 (x- d)ld. Se V(x = O) = Oe V(x
V c E, (b) a densidade superficial de cargas em x = Oc x = d.
6.4 Demonstre que a solução exata da equação
d2V
- , = /(x)
dx-
O<x<L
=d) = v., encontre: (a)
234
• Elementos de Ele tro magnetismo
pam
\l(x = O) = V 1
é
rr
rr
V(x) = [ V2 - V 1
+
v.
+
V(x = L)= V2
-
f(p.)dp.d'JI.]
f
f(p.) dj.L d'JI.
o
(I
6.5 Um certo material ocupa o espaço entre doi s blocos condutores e está localizado e m y = ± 2 em.
Quando aquecido, o material emite elétrons de forma que essa região adquire uma carga dada por
3
P,. = 50( I - / ) pC/m • Se ambos os blocos forem mantidos a 30 kV, encontre a distribuição de potencial entre eles. Considere e = 3e.,.
6.6 Determine quais das segui ntes distribuições de potencial sati sfazem a equação de Laplace:
(a) V,= i + / - 2l+ 10
1
(b) V2 =
(c)
,
(x-
,
+ y- +
,
z·>, •n-
v, = PZ sen 11 + p·
(d) V = 10 sen! sen 4>
,.-
4
6.7 De monstre que os seguintes potenciais satisfazem a equação de Laplace:
(a) \1 = e-sx cos 13y senh 12z
z cos 4>
(b) \1 = ..;__..:..
p
30 cos 8
(c) V= - -=-,.2
2
6.8 Demonstre que se V V=O então E = (E,,
E;. E)
satisfaz a equação de Laplace.
6.9 Seja V = (A cos nx + B sen l~f) (Ce"Y + De-wy), onde A, 8, C e D são constantes. Demonstre que V
satisfaz a equação de Laplace.
6. 10 O campo potencial V= 2iyz - /z ex iste em um meio dielétrico. cujo e = 2e,. (a) V satisfaz a
equação de Laplace? (b) Calcule a carga total dentro de um cubo unitário dado por O< x,y,z < I
m.
6.11 Considere as placas condutoras mostradas na Figura 6.26. Se V(z = 0) = Oc V(z = 2 111111) = 50
V, determine V, E e D no interior do dielétrico (e,= I,5)) entre as placas e Ps sobre as placas.
z
1
d
s
2 mrn
Figura 6.26 Refereme ao Problema 6.11 .
+
+
+
+
+
+
111111
V(z
~ o>=O
+
lE
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
235
Fi::ura 6.27 Capaci tar cilfndrico do Problema 6. I 2.
tS mm
6.12 O capacitorcilíndrico, cuja seção reta encontm-se representada na Figum 6.27, tem um raio interno de 5 mm c um raio externo de I 5 mm. Se V(p = 5 mm) = I 00 V c V(p = 15 mm) = OV, determine V, E e D em p = lO mm e Ps sobre cada placa. Consideres,= 2,0.
6.13 Dois cilindros concêntricos, p = 2 em e p = 6 em, são mantidos a V = 60 V e V= - 20 V, respectivamente. Calcule V, E e D em p = 4 em.
6.14 A região entre duas cascas esféricas concêntricas condutoras r = 0,5 111 c r = I m está livre de cargas. Se V( r = 0,5) = - 50 V e V( r= I) = 50 V, determine a distribuição de potencial e a intensidade do campo elétrico na região entre as cascas.
6.15 Determine V c E em (3, O, 4) devido a dois cones condutores de extensão inlinita, como mostrado
na Figura 6.28.
z
l' i::ura 6.28 Cones condutores do
Problema 6. I5.
espaçnmemo~
0
= t 2o•
-~r--------------
....
----
*6.16 Os eletrodos interno e externo de um diodo são cilindros coaxiais de raios li = 0,6 me b = 30 mm,
respectivamente. O eletrodo interno é mantido a 70 V, enquanto que o eletrodo externo é aterrado.
(a) Assumindo que o comprimento dos eletrodos
a, b c desprezando os efeitos de carga espacial, calcule o potencial em p = I 5 mm. (b) Se um cldtron for injetado radialmente, através de um
7
pequeno furo no eletrodo interno, com uma velocidade de I 0 m/s, determine sua velocidade
em p = 15 mm.
e>
6.17 Um outro método de detenninar a capacitância de um capacitar é através do conceito de energia,
isto é:
Utilizando essa abordagem, obtenha as equações (6.22). (6.28) e (6.32).
236
•
Elementos de Eletromagnetismo
f igunt 6.29 Referente ao Problema 6. 18.
)'
.'C)'=
4
~----------~----------------,--. x
6.18 Um eletrodo com formato hiperbólico (xy = 4) é C()locado acima de um canto reto aterrado, como
mostra a Figura 6.29. Determine V e E no ponto ( I, 2, O) quando o eletrodo estiver conectado a
uma fonte de 20 V.
*6.19 Resolva a equação de Laplace para o sistema eletrostático bidirncnsional da Figura 6.30 e encontre o potencial V(x, y).
*6.20 Encontre o potencial
V(x, y) associado aos sistemas bidi mcnsionais da Figura 6.3 1.
6.21 Ao considerar V(p, ifJ) = R(p)CIJ(~) como a solução da equação de Laplace em uma região em que
p '#O. demonstre que as equações diferenciais separadas, para R c para <P. são
R' À
R" + -- - -:; R = O
p
pe
ti>" + Àtl> =
o
onde À é a constante de separação.
6.22 Um potencial em coordenadas esféricas é uma função de r e O, mas não de ifJ. Assumindo que
V( r. 0) = R(r )F(O), obtenha as equações diferenciais separadas, para R e F. em uma região para a
qual p = O.
6.23 Demonstre que a resistência da barra da Figura 6.17, cntr..: as extremidades verticai s, localizadas
em ifJ = Oe tfJ = 1r!2, é:
7r
R= ---:-2ot In bla
)'
,
o
a r-----~----~
I
1--- v; 0·- - -
b
o
I
(l)
Figura 6.30 Referente ao Problema 6.19.
-"
b
(b)
\
,v a v.
v- v
• /
v ~o
X
'
a
~
v; o t'_
'O
I
(c)
b
X
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
)'
237
y
VeO
/
a;k--_.;..---""7(
" t'
/V=
V e v,/
v
"v= o
'b
a
V2
---oo
V; v. ,
X
o
(a)
(b)
y
/v= vl
/
V= V4
........
v
"O
_,
"v= v,
i' v a v1
"'
-'
(e)
Figura 6.31 Referente ao Problema 6.20.
*6.24 Demonstre que a resistência do setor de uma casca esf~rica de conduti vidade u, com seção reta
mostrada na Figura 6.32 (onde O::::: ~ < 211"), entre as superfícies definidas por a e b, é:
I
[ I
I]
R = hu(l - cosO') ;; - b
*6.25 Um hemisfério condutor ôco, de raio a, está enterrado com sua face plana paralela à superfície da
terra. servindo corno um eletrodo de aterramento. Se a condutividade da terra é u, demonstre que
a condutãncia de perdas entre eletrodo e terra é 21rau.
6.26 A seção reta de um fusível é mostrada na Figura 6.33. Se o fusível for feito de cobre c sua espessura for de 1.5 mm. calcule a sua resistência el~trica.
6.27 Em um circuito integrado, um capacitar é formado pelo crescimento de uma camada de dióxido de
silício (s, = 4), de espessura I J.lm, sobre um substrato de silício. Essa camada é coberta com um
eletrodo metálico de área S. DetermineS para se obter uma capacitância de 2 nF.
6.28 A quarta parte do capacitor de placas paralelas, da Figura 6.34, é preenchida com mica (s, = 6).
Determine a capacitãncia do capacitar.
Figura 6.32 Referente ao Problema 6.24.
238
• Elementos de Eletromagnetismo
4cm
4cm
3 cm
4cm
Figum 6.33 Referente ao Problema 6.26.
Figura IU4 Referente ao Problema 6.28.
I
2 mm
*6.29 Um capacitar de placas paralelas preenchido com ar, de comprimento L. largura a c espaçamento
entre placas d, tem suas placas mantidas sob uma diferença de potencial constante v•. Se um bloco dielétrico com constante dielétrica e deslizar entre as placas. até que somente um comprimento
x pem1aneça entre elas, como mostrado na Figura 6.35. demonstre que a força que tende a restabelecer o bloco em sua posição original é:
F = e.(e, -
I) a
V~
2d
6.30 Um capacitar de placas paralelas tem área da placa de 200 em·• c separação entre placas de 3 mm.
2
A densidade de carga é 1 JIC/m tendo ar como diclétrico. Encontre:
(a) a capacitância do capacitor;
(b) a voltagem entre as placas;
(c) a força pela qual as placas se atraem uma à outra.
6.31 Duas placas condutoras estão posicionadas em z = - 2 em c z = 2 em e são, respectivamente, mantidas nos potenciais OV c 200 V. Assumindo que as placas estão sepantdas por uma camada de polipropileno (e= 2,25&0 ), calcule: (a) o p01encial em um ponto entre as placas e eqüidistante delas,
(b) as densidades superficiais em cada placa.
6.32 Duas placas paralelas condutoras estão separadas por um material dielétrico com e = 5,6e., e espessura 0,64 mm. Assuma que cada placa tenha uma área de 80 cm1• Se a distribuição do campo
potencial entre as placas é de V= 3x + 4y- 12z + 6 kV, determine: (a) a capacitância do capacitar; (b) a diferença de potencial entre as placas.
~·----
d
&,
i -X
F
Fi:.:ur.a 6.35 Referente ao Problema 6.29.
Problemas de Valor de Fronteira em Eletrostática •
239
6.33 O espaço entre as cascas esféricas condULoms r = 5 em c r = IOem é preenchido com um material dielétrico, para o qual e= 2,25e0 • As duas cascas são mantida.~ sob uma diferença de potencial
de 80 V. (a) Encontre a capacitância do conjunto. (b) Calcule a densidade de carga sobre a casca
r= 5 em.
6.34 As cascas concêntricas r= 20 em e r= 30 em são mantidas a V= Oe V= 50, respectivamente.
Se o espaço entre elas é preenchido com material dielétrico (e = 3, Ie•• u = 1O '2 S/m), encomre:
(a) V. E e 0 : (b) as densidades de carga nas cascas e (c) a resistência de perdas.
6.35 Um capacitor esférico tem um mio interno a e um raio ex terno d. Concêntrica com os condutores
esféricos e posicionada entre eles existe uma casca esférica de raio externo c e raio interno b. Se as
regiões d < r< c, c < r< b e b < r < a são preenchidas com materiais de permissividades e,, 6-J
c e3 , respectivamente, determine a capacitância do sistema.
6.36 Determine a capacitância de uma esfera condutora de raio 5 crn, tota lmente imersa na água do mar
(s, = 80).
6.37 Uma esfera condutora de raio 2 em está circundada por uma esfera condutora concênt1ica de raio
5 em. Se o espaço entre as esferas for preenchido com cloreto de sódio (e,= 5,9), calcule a capacitânc ia do sistema.
*6.38 Em uma impressora jato de tinta, as gotas de tinta são carregadas envolvendo o jato de 20 J.lm de
raio com um cilindro concêntrico de raio 600 Jtm, como mostrado na Figum 6.36. Calcule a voltagem mínima requerida para gerar uma carga de 50 fC na gota se o comp1imento do jato, dentro do
cilindro. é de 100 J.lm. Consideres = s0 •
6.39 Um dado comprimento de cabo, cuja capacitância é IO}JF/km e resistência de isolação de I00
Mnlkm, é submetido a uma voltagem de 100 V. Quanto tempo leva para a voltagem cair até 50 V?
6.40 A capacitância por unidade de comprimento de uma linha de tmnsmissão de dois fios. mostrada na
Figura 6.37. é dada por:
C=
1fe
cosh- •[:]
_(I
Determine a condutãncia por unidade de comprimento.
I
+
v•
Figura 6.36 Geometria simpliticada de uma impressora
jato de tinta: referente ao Problema 6.38.
gow
rcscrvatóo·io
d~ liquido
I
----"
____ J o
~~;
.. -. r;.-
't-J' l)'
'.::1 ':./
lfquido
FiJ!ura 637 Referente ao Problema 6.40.
240
•
Elementos de Ele tromagnetismo
*6.41 Um capacitar esférico tem um conduwr interno de raio a carregado com uma carga Q e mantido
em potencial zero. Se o condutor externo se contrái de um raio b at~ um raio c sob a ação de forças internas. prove que o trabalho realizado pelo campo elétrico como resultado da contração é:
W = Q2(b - c)
s..ebc
*6.42 Um capacitor de placas paralelas tem suas placas em x = O. d c o espaço entre as placas~
preenchido com um material não homogêneo com pcnnissividadc e = e. ( 1
em x = d é mantida em
+ ;;)- Se a placa
v•. enquanto a placa e m x = Oestiver aterrada, e ncontre:
(a) V c E;
(b) P;
(c) P, em x = O, d.
6.43 Um capacitor esférico tem um raio interno a c um 111io externo b c~ preenchido com um dielétrico não homogêneo com e = e,p/. Demonstre que a capacitância do capaci tor é:
6.44 Um capacitar cilíndrico tem um raio interno a c um raio externo b e é preenchido com um di elétrico não homogêneo, tendo e = e.ktp, onde k é uma constante. Calcule a capacitãncia por unidade
de comprimento do capacitor.
6.45 Se a Terra fosse considerada um capacitor csf~rico. qual seria a sua capacitãncia? Considere que o
raio da Terra seja de, aproximadamente, 670 km.
6.46 Urna carga pontual de I O nC está localizada no ponto P(O, O, 3). enquanto que o plano condutor
z = Oestá aterrado. Calcule:
(a) V c E em R(6, 3, 5);
(b) a força sobre a carga devido à carga induzida sobre o plano.
6.47 Duas cargas pontuais de 3 nC e - 4 nC estão localizadas, respectivame nte, em (0, O, I m) e
(0, O, 2m), enquanto que um plano infinito condutor está em ~= O. Dctcrnúnc:
(a) a carga total induzida no plano;
(b) o valor da força de atração entre as cargas c o plano.
6.48 Duas cargas pontuais de 50 nC e - 20 nC estão localizadas e m (- 3, 2, 4) e ( I. O. 5), acima de um
plano condutor aterrado z = 2. Calcule: (a) a densidade superficial de carga e m (7,- 2 , 2); (b) D
e m (3, 4, 8) e (c) D em (I, I, I).
*6.49 Uma carga pontual de 1O J.iC está localizada em ( I, I, I) c as porções positivas dos planos coordenados estão ocupadas por três planos condutores. mutuamente perpendiculares, mantidos a um potencial zero. Encontre a força sobre a carga devido aos planos condutores.
6.50 Uma carga pontual Q está localizada entre dois planos condutores aterrados que se interceptam a
45" um do outro. Detern1ine o número de cargas imagem c suas local i7.ações.
6.51 Uma linha infinita x = 3, z = 4. carregada com 16 nC/m está localizada no espaço livre acima de
um plano condutor z = O. (a) Encontre E em (2,- 2, 3); (b) calcule a densidade superficial de carga induzida sobre o plano condutor em (5,- 6, 0).
6.52
o espaço livre, pianos infinitos y = 4 c y = 8 estão carregados com 20 nC/m 2 c 30 nC/m 2,
n:spcctivamente. Se o plano y = 2 está aterrado, calcule E em P(O. O. 0) e Q(- 4. 6, 2).
PARTE
MAG N ETOSTÁTI CA
3
Capítulo
7
CAMPOS MAGNETOSTÁTICOS
Nenhum homem honesto pode ser tudo para todos.
-ABRAIIAM LINCOLN
7.1 INTRODUÇÃO
Nos Capítulos 4 a 6, limitamos nossa discussão aos campus eletrostáticos caracterizados por E ou D.
Agora, focaremos nossa atenção nos campos magnéticos estáti cos que são caracteri zados por H ou
B. Há semelhanças e diferenças entre campos elétricos c magnéticos. Assim como E e D estão relacionados de acordo com D = eE, para meios materiais lineares, H e 8 estão relacionados de acordo
com B = ,uH . A Tabela 7.1, adiante, mostra a analogia entre as grandezas associadas aos campos
elétrico e magnético. Algumas das grandezas associadas ao campo magnético serão introduzidas
mais tarde neste capítulo c outras serão apresentadas no próximo. A analogia é apresentada aqui para
mostrar que a maioria das equações obtidas para campos elétricos pode ser prontamente utilizada
para obter as equações correspondentes para campos magnéticos, se as grandezas análogas equivalentes forem substituídas. Desse modo, embora não pareça, estamos aprendendo novos conceitos.
1
Uma ligação definitiva entre campos elétricos e magnéticos foi estabelecida por Oersted em
1820. Conforme estudamos, um campo eletrostático é gerado por cargas estáticas ou estacionárias.
Se as cargas estão se movimentando com velocidade constante, um campo magnético estático (ou
magnetostático) é gerado. Um campo magnetostático é gerado por um fluxo de corrente constante
(ou corrente contínua). Esse fluxo de corrente pode se constituir de correntes de magnetização, como as correntes no interior de um ímã permanente; correntes de feixes eletrônicos, como nas válvulas eletrônicas; ou correntes de condução, como as COJTentes em fios condutores. Neste capítulo, consideraremos campos magnéticos no espaço livre devido a correntes contínuas. Campos magnetostáticos em meios materiais serão estudados no Capítulo 8.
Nosso estudo de magnetostática não é um capricho dispens1\vel, mas uma necessidade indispensável. O desenvolvimento de motores, transformadores, microfones, bússolas, campainhas de telefone, controles de foco em televisores, letreiros de propaganda, veículos de alta velocidade com levi tação magnética, memórias de computador, separadores magnéticos, e assim por diante, envolve
fenômenos magnéticos e desempenha um papel importante na nossa vida cotidiana. 2
1
Hans Christian Ocrstcd ( 1777- 1851). prorcssor holandês de Física. após treze anos de rrusu·amcs csrorços. descobriu que a eletricidade poderia produzir
magnetismo.
' Wll'ias aplicações do magnetismo podem ser encontradas em J. K. Watson. App/ic(llions o[Mt~gnetism. Ncw York: John Wilcy & Sons. 1980.
244
• Elementos de Eletromagnetismo
TA BELA 7.1 Analogia entre Campos Elétrico e Magnético•
Conceito
Leis Msicas
Elétrico
Magné tico
dB = l'old f X
F = Q,Qz a
~e;
AR
4TR"'
r
f o ·dS = Q...
f H · til = 1,.,
Lei da força
Elcmemo fonte
F = QE
dQ
Intensidade de campo
E = -(VIm)
F =QuX B
Qu =I dl
I
H = (A/m)
Densidade de Ouxo
'f'
?
D = S (CJm·)
ll = S (Wblon·)
Rclaçõo enl•-c campos
Potenciais
D = sE
E = - vv
ll = !'H
V=
A-
Flux()
v
e
f
PLd/
4• er
e
'f'
H
?
= - VV,,. (.1 = O)
-
f
Jt fdl
4?rR
'l' = f D ·dS
'l' = f ll · dS
'f' = Q = CV
t/11
I =
'f' =
c-dt
Densidade de energia
w,.. = -2I D ·E
&,uação de Poisson
V2 1' = -~
s
u
d/
V= L-
dt
I
w, =- B · H
2
?
V·A =
- J<J
· Unla on:tlogja Sin\ilat pode ser encontrada em R. S. Elliot. '·E~t.-ctromaglll'tic thc.'Ory: a
simplified represen~:~tion-./EEé Trons. Educ.. '"OI. E-2~. n• ~. No'" 1981. p. 29-'--296.
Existem duas leis fundamentais que governam os campos magnctostáticos: ( I) lei de B iot-Savart3
c (2) lei circuitai de Amperc." Assim como a lei de Coulomb, a lei de Biot-Savart é a lei geral da magnetostática. Da mesma forma que a lei de Gauss é um caso especial da lei de Coulomb, a lei de Ampcrc é um caso especial da lei de Biot-Savart c se aplica facilmente a problemas envolvendo distribuição de corrente simétrica. Primeiramente, as duas leis da magnetostática são estabelecidas e aplicadas. S u<t~ conseqüências são fornecidas mais ao fi nal do capítulo.
7.2 LEI DE BIOT- SAVART
A lei d e Biot-Savart estabelece que a intensidade do campo magnético dH gerada em um
ponto P, como mostrado na Figura 7.1, pelo elemento diferencial de corrente I d/ é proporci onal ao produto entre I dl e o seno do ângulo a , entre o elemento c a linha que une P ao
elemento, e é inversamente proporcional ao quadrado da distância R entre P e o elemento.
isto é,
I d/ scn a
dH "' ---::--
Rz
J
4
(7.1)
Os cxpcrimen1os c an(lliscs do efeito de um elcmen1o de corremc foram desen\'olvidos por Amperc e por Jcan-Baptistc Biot c Fclix Samn cm1omo de 1820.
Andrc Maric Ampere ( 1775- 1836). fisieo francês. ampliou a dcscobena de Ocrs1ed e imroduziu o concci10 de elemento de corrente c da força cn1rc elementos
de correme.
Campos Magnetostáticos •
245
Figura 7.1 Campo magnc!tico dH e m P devido ao
elemento de corrente I d l.
t/H p;lf3 demro
ou
dH = kl d/ sen a
R2
(7.2)
onde k é a constante de proporcionalidade. Em unidades do S I, k = 11471', tal que a equação (7.2) torna-se
I d/ sen a
dH = -----::--
(7.3)
471'R2
Da delinição do produto cruzado na equação ( 1.21), é fácil observar que a equação (7.3) na forma vetorial é escrita como
dH
= I d l X aR = I d l X
2
47rR
3
471'R
R
(7.4)
onde R = IRI e aR = RIR. Assim, a orientação de dH pode ser determinada pela regra da mão direita, em que com o polegar apomando segundo a oriemação da corrente, os outros dedos dobrados em
torno do lio indicam a orientação de dH, como mostra a Figura 7.2(a). Alternativamente, podemos
usar a regra do parafuso de rosca direita para determinar a orientação de dH. Com o parafuso posicionado ao longo do li o e apontando no sentido do nuxo da corrente, a orien tação dada pelo avanço
do parafuso é a orientação de dH, como mostra a Figura 7.2(b).
É costume representar a ori entação do vetor intensidade do campo magnético H (ou da corrente
I) por um pequeno círculo com um ponto ou um sinal de vezes, dependendo se H (ou I) é para fora
ou para dentro da página, como ilustrado na Figura 7.3.
Da mesma maneira que podemos ter diferentes conligurações de carga (veja Figura 4.5),
podemos ter diferentes distribuições de corre me: corrente em uma linha, corrente em uma superfície
e corrente em um volume, como mostrado na Figura 7.4. Se delininnos K como a densidade de corrente em uma superfície (em amperes/metro) e J como a densidade de corrente em um volume (em
2
arnpcres/metro ), os elementos-fonte estão relacionados conforme:
I d l "" K dS "" J dv
dH
dH
I
f
(a)
(b)
(7.5)
FiJ:ura 7.2 Determinando a orientação de dH
utilizando (a) a regra da mão direita ou (b) a
regra do parafuso de rosca di rei ta.
246
• Elementos de Eletromagnetismo
H (ou f) pora fora
A (ou f) para dentro Fi!,•ura 7.3 Representação convencional de H (ou I) (a)
ó
~
<•l
(b)
para fora da página (b) para dentro da página.
Dessa forma, em termos de fontes de corrente distribuída, a lei de Biot-.,<;avart, como na equação
(7.4), torna-se:
H --
f
L
H --
f
I d l X _aR
,
47rR-
K dS x_, a~-:
41rR-
s
H
_
J J dv x_,aR
v
47rR-
(corren te em uma linha)
(corrente em uma supefície)
(corrente em um volume)
(7.6)
(7.7)
(7.8)
Como um exemplo, apliquemos a equação (7.6) para determinar o campo devido a uma corrente
que percorre um condutor fi lamentar retilíneo de comprimento t1nito AB, como mostrado na Figura
7.5. Assumimos que o condutor está ao longo do eixo z: com suas extremidades superior e inferior
subtendendo os ângulos a 1 e a 2 , respectivamente, em P, o ponto no qual se pretende determinar H.
Deve-se atentar para esses parâmetros a tim de que a fórmula a ser obtida seja adequadamente aplicada. Se considerarmos a contribuição dH em P, devido a um elemento dl em (0, O, z:),
d H = I dl X R
47rR3
Porém, d l = dz. a: e R =
(7.9)
paP - zn:. então
(7.10)
Portanto,
(7 .11)
K dS
(a)
(b)
(c)
Figura 7.4 Distribuição de con·ente: (a) corrente em uma linha. (b) corrente em uma
superfície, (c) corrente em um volume.
Campos Magnetostáticos •
.
247
Figura 7.5 Campo em um ponto P devido a um condUlor
tilamentar retilíneo.
8
Fazendo z = p cotg 01, dz = - p cossec2 01 da, a equação (7 . li ) torna-se
f"'
2
2
p cosscc 01 ela
H = - -I
act>
3
3
47r "• p cossec 01
= -I a<~>
47rp
f"'
sen 01 da
a,
ou
I
H = (cos a 2
41rP
cos 01 1)a6
-
(7.12)
Essa expressão se aplica, de maneira geral, a qualquer condutor !ilamentar retilíneo de comprimento finito. Observe, a partir da equação (7.12}, que H está sempre ao longo do vetor unitário a9 (isto é,
ao longo de trajetórias circulares concêntricas}, independente do comprimento do fio ou do ponto de
interesse P. Considerando um caso especial em que o condutor é semi-infinito (com relação a P ), tal
que o ponto A está em 0(0, O, 0), enquanto 8 está em (0, O, oo); 01 1 = 90°, 012 =
e a equação (7.12)
torna-se
o•
I
47rp
H =-a
Q
(7.13)
Um outro caso especial é o de um condutor de comprimento infinito. Para este caso, o ponto A está
em (0, O,- oo), enquanto B está em (0, O, oo); 01 1 = 180", 012 = O'' e tal que a equação (7. 12) se reduz a
H =
I
27rp
- a<~>
(7.14)
Encontrar o vetor unitário a9 nas equações (7.1.2) a (7.14) nem sempre é fácil. Uma abordagem simples é determinar a., de
(7 .I S)
onde ac é o vetor unitário ao longo da corrente em uma linha e aPé o vetor unitário ao longo da linha
perpendicular traçada a partir da corrente até o ponto onde se quer calcular o campo.
248
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 7. 1
Pela espira condutora triangular, na Figura 7.6(a), circula uma corrente de IOA. Determine H em
(0, O, 5) devido ao lado I da espira.
Figum 7.6 Referente ao Exemplo 7.1: (a) espira
condutora triangular: (b) lado I da cspim.
(a)
Solução:
Esse exemplo ilustra como a equação (7.12) pode ser aplicada para qualquer condutor retilíneo e fino
percorrido por uma corrente. O ponto-chave que se deve ter crn mente 110 aplicar a equação (7.12) é
determinar a,, a 2, p e aQ. P11ra determinar H em (0, O, 5), devido ao lado I da espira da Figura 7.6(a),
considere a Figura 7.6(b), onde o lado I é considerado como um condutor reti lfneo. Note que ligamos
o ponto de interesse (0, O, 5) ao começo e ao final da linha por onde flui a corrente. Observe que a 1, a 2
c p são referidos da mesma maneira que na Figura 7.5, usada como referência para a equação (7.12).
cos a 1 = cos 90° = O,
p = 5
Determinar a9 aplicando a equação (7.12) é, muitas vezes, a parte mais difícil. De acordo com a
equação (7.15), a, = a, e a. = a;, então,
Assim,
H1 = I
4ç
(cos a 2
cos a 1)a9
-
= - 59,la1 mA/m
z
5
p
a,
a,
o
...
X
tOA
(b)
2
= 10(5) ( • 2c;: 4w
v29
O) (-a,.)
Campos Magnetostáticos •
249
EXERCÍCIO PRÁTI CO 7.1
Encontre H em (0, O, 5) devido ao lado 3 da espira triangular da Figura 7.6 (a).
Resposta: - 30,63a.. + 30,63a,. mAlm.
EXEMPLO 7.2
Determine H em (- 3, 4, 0) devido à corrente filamentar mostrada na Figura 7.7(a) .
Solução:
Seja H =
H_. + H,, onde Hx e H, são as contribuições à intensidade do campo magnético em P
(- 3, 4, O) devido às porções do filam ento ao longo de x e de z, respectivamente.
Em P (- 3, 4, 0), r= (9 + 16) 112 = 5, a, = 90", a 2 = o•e a 9 é obtido como um vetor unitário ao longo da trajetóri a circular que passa por P no plano z =O, como na Figura 7.7(b). A orientação de a 9 é
determinada uti lizando a regra do parafuso de rosca direita ou
geometria mostrada na Figura 7.7(b):
4
a regra da mão direi ta. A partir ela
3
a.; = sen {) a , + cos {) a,. =- a.. + - a,.
.
. 5
5 '
Alternati vamente, podemos determinar aQa partir da equação (7. 15). No ponto P, a, e a. são como
ilustrado na Figura 7.7(a) para H,. Assim,
4 a.+ -3 a,.
a 6 =-a. x ( - -3 a. + -4 a>.) =s ·· 5
5 "'
5 ·
como obtido anteriormente. Então,
H
3
O (4a.c + 3a ,.)
: = 4;r(5) ( I )
5
= 38,2a.• + 28,65a>.mA/m
parn oo
y
z
<>z
plano :~
·~'
O
·~
4
3A
P ( - 3, 4. 0)
p
(a)
••
v
X
I
( b)
Figura 7.7 Referente ao Exemplo 7.2: (a) corrente filamcntar ao longo dos eixos semi-infinitos x e:: a t e a,
somente para H,: (b) detemtinando a. para H,.
250
• Elementos de Eletromagnetismo
Deve-se observar que, nesse caso, o sentido de a 9é con trário ao do sentido convencional do a~ em coordenadas cilíndricas. H, também poderia ter sido obtido em coordenadas cilíndricas da seguinte forma:
3
1r(S) ( I - O)(- a6 )
4
= -47,75a,. mA/m
H, =
De maneira similar, para H, em P, p = 4, a 2 =
a,. = a_. Assim,
.
o•, cos a
1
= 3/5 c a~= a, ou a 0 = ac X
aP
= a, X
3 ( S3) a:
Hx = 4?T(4)
= 23,88
I -
a, rnA/m
Então,
H = H..
+ H, = 38,2a.r + 28,65ay + 23,88a., mA/m
ou
H = - 47,75a 6 + 23,88a. mA/m
Observe que, embora os filamentos de corrente pareçam ser semi-infinitos (eles ocupam os eixos x
e z positivos), é somente o tilamento ao longo do eixo z que é semi-infinito em relação ao ponto P. Assim, H.• poderia ser encontrado utilizando a equação (7. 13), mas a equação não poderia ter sido usada
para encontrar Hxporque o filamento ao longo do eixo x não é semi-infinito em relação a P.
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.2
O eixo y positivo (linha semi-infinita em relação à origem) é percorrido por uma
corrente fi lamentar de 2 A no sentido de- a5 . Assuma que seja parte de um circuito
muito extenso. Determine H em:
(a) A(2, 3, 0);
(b) 8(3, 12, ~).
Resposta: (a) 145,8 a, mNm; (b) 48,97 a,+ 36,73 a, mA/m.
EXEMPLO 7.3
Uma espira circular localizada em i + / = 9, z =O, é percorrida por urna corren te contínua de lO
A ao longo de a~. Determine H em (0, O, 4) e (0, O, - 4).
Solução:
Considere a espira circular mostrada na Figura 7.8(a). A intensidade do campo magnético dH , no
ponto P(O, O, lt), contribuição do elemento de corrente I dJ, é dada pela Lei de Biot- Savart:
dH =
aP
dl
X
R= O
-p
I di X R
----=-4?TR~
Campos Magnetostáticos •
251
z
dH.
-
P( O. 0. ll)
úHP
I
(b)
(a)
Fi~ura 7.8 Referente ao Exemplo 7.3: (a) espira circular de correm e; (b) linhas de tluxo de1•ido à espira circu-
lar de corrente.
Portanto,
Por simetria, a soma das contribuições ao longo de a. é zero porque as componentes radiais produzidas pelos pares de elementos de corrente simétricos se cancelam. Isso pode também ser demonstrado
matematicamente ao expressar a. em coordenadas retangulares (isto é, a. = cos 41 a~+ sen q, a,).
Integrando cos q, ou sen q, no intervalo O < 1/J < 211' resulta em z.ero, demonstrando que H. = O.
Portanto,
H
=
I
2
dH. a .
- -
=
i
...
li dt/1 a.
~
o 47r[p<
-
+ h2l 312.
=
/p~1ra.
~
-2 3n.
47r[p' + h ]' -
ou
(a) Substituindo I = LO A, p = 3, h = 4, obtém-se
2
H(O, O, 4) =
lO (3)
az
n. =
2[9 + 16]3 •
0,36a. Nm
-
(b) Observe, da expressão dl X R acima, que, se h for substituído por - h , a componente z de dH permanece a mesma, enquanto a componente p se cancela devido à simetria axial da espira circular. Portanto,
H(O, O, - 4)
=
H(O, O, 4) = 0,36a: Nm
As linhas de nuxo devido à espira circular de corrente estão esboçadas na Figura 7.8{b).
252
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.3
Um anel fi lamentar de raio 5 em está colocado sobre o plano z = I em, tal que seu
centro está em (0, O, tem). Se o anel for perc-orrido por 50 mA ao longo de a~
determine H em:
(a) (0, O, -I em);
(b) (0, O, 10 em).
Resposta: (a) 400 a.. mA/m; (b) 57,3 a.. mNm.
EXEMPLO 7.4
Um solcnóidc de comprimento te raio a consiste de N espiras de li o percorridas por uma corrente/.
Demonstre que, em um ponto P ao longo do seu eixo,
H =
2n/ (cos 02 -
cos 01)a:
onde 11 = Nlf, 8 1 e 82 são os ângulos subtendidos em P pelas espiras das extremidades, corno ilustrado na Figura 7.9. Demonstre também que, se
a, no centro do solenóide,
e»
H = n/a••
Solução:
Considere a seção reta de um solenóide, como mostrado na Figura 7.9. Já que o solenóide consiste
de espiras circulares, aplicamos o resultado do Exemplo 7.3. A contribuição para o campo magnético H em P. por um elemento do solenóide de comprimento dz. é
onde d/=
11
dz
= (N/() d<.. Da Figura 7.9, tg 8 = a/z; isto é,
dz = -a cossec2 OdO=
Assim,
111
dH.• = - 2 sen OdO
ou
11I
H.. = - -2
X
•
•
o.•
i
scn OdO
o,
Figura 7.9 Rcferenre ao Exemplo 7.4: seção reta
de um solenóide.
clz
•
o
'
Campos Magnetostáticos •
253
Então,
conforme solicitado. Substituindo 11
= Nle resulta
em
No centro do solenóidc,
cos 02
=
en
?
[a-
,
+ ,f-/4]
11,
-
= - cos 01
e
Se e» a ou 92 =
o•, e, = 180°,
H = nla,
Nl
=e a•
E XERCÍCIO PRÁTICO 7.4
Se o solenóide da Figura 7.9 tem 2.000 espiras, um comprimento de 75 em, um raio
de 5 em e é percorrido por uma corrente de 50 mA ao longo de aó, determine H em:
(a) (0, O, 0);
(b) (0, O, 75 em);
(c) (0, O, 50 em).
Resposta: (a) 66,52 a. A/m; (b) 66,52 a. A/m; (c) 131,7 a. A/m.
-
-
-
'
- DE MAXWELL
7.3 LEI CIRCUITAL DE AMPEREEQUAÇAO
A lei circuitai de Ampere estabelece que a integral de linha da componente tangencial de H
em torno de um caminho f echado é igual à corrente líquida /cnv envolvida pelo caminho.
Em outras palavras, a circulação de H é igual à /cnv• isto é,
f
H .dl =
/ CIIV
(7 .16)
A lei de Ampere é similar à lei de Gauss e é de fácil aplicação para determinar H, quando a distribuição de corrente é simétrica. Deve-se observar que a equação (7 . 16) é sempre válida, sendo a
distribuição de corrente simétrica ou não, mas somente é útil para determinar H quando a distribuição de corrente é simétrica. A lei de Ampere é um caso especial da lei de Biot-5avan; aquela
pode ser obtida dessa última.
Ao aplicar o teorema de Stokes ao lado esquerdo da equação (7.16), obtemos:
lenv =
f
L
H ·dl =
f
S
(\7 X H) · dS
(7. 17)
25 4
• Elementos de Eletromagnetismo
Porém,
lcnv
=
i
s
J · dS
(7.18)
Comparando as integrais de superfície nas equações (7.17) c (7. 18), transparece que
l vx H=JI
(7.19)
,
Essa é a terceira das equações de Maxwell que deduzimos. E, essencialmente, a lei deAmpere na forma diferencial (ou pontual}, enquanto que a equação (7. 16) é a forma integral. A partir da equação
(7 .19}, devemos observar que V X H = J "#O; isto é, o campo magnetostático não é conservativo.
-
'
7.4 APLICAÇOES DA LEI DE AMPERE
Aplicaremos, agora, a lei circuitai deAmpere para determinar H para algumas distribuições simétricas de corrente, assim como foi feito para a lei de Gauss. Consideraremos corrente em uma linha inlinita, corrente em uma lâmina infinita e uma linha de transmissão coaxial inlinitamente longa.
A. Corrente em uma linha infinita
Consideremos uma corrente fi lamentar infinitamente longa I ao longo do eixo z. como mostrado na
Figura 7 .IO. Para determinar H em um determinado ponto P, escolheremos um caminho fechado que
passa por P. Esse caminho, no qual a lei de Ampere vai ser aplicada, é denominado caminho amperiano (análogo à superfície gaussiana). Escolhemos um círculo concêntrico como o caminho ampcriano, tendo em vista a equação (7. 14), que mostra que H é constante se p for constan te. Já que o
caminho envolve a corrente / , de acordo com a lei de Ampêrc
ou
(7.20)
corno esperado a partir da equação (7. 14).
.•
caminho amperiano
X
Figurn 7.10 Lei de Ampere apl icada à uma corrente em
linha fi lamentar infinita.
Campos Magnetostáticos •
255
B. Corrente em uma lâmina infinita
Considere uma lâmina infinita de corrente no plano z = O. Se a lâmina tem uma densidade de corrente uniforme K = K,.a. Nm, como mostrado na Figura 7.11, ao aplicar a lei de Ampere ao caminho fechado retangular (caminho amperiano), obtém-se:
f
H · dl
= fcnv = K>h
(7.21a)
Para resolver essa integral necessitamos, inicialmente, ter uma noção de como H se comporta. Para
tanto, vamos considerar a lâmina inlinita como composta de lilamentos. O campo elementar dH acima e abaixo da lâmina, devido a um par de correntes lilamentares, pode ser encontrado utilizando as
equações (7. 14) e (7. 15). Como fica evidente na Figura 7. 11 (b), o campo resultante dH tem somente
uma componente x. Ainda, H em um lado da lâmina é negativo em relação ao do outro lado. Devido
à extensão inlinita da lâmina, ela pode ser considerada como consistindo de pares ti lamentares, tais
que as características de H para um par são as mesmas para a lâmina infinita ele corren te, isto é:
z> O
z< O
(7.21 b)
onde H., deve ser determinado. Resolvendo a integral de linha de H na equação (7 .21 b), ao longo do
caminho fechado da Figura 7.11 (a), obtém-se
f =(f+ r+ r+ f)
H . dl
= +
I
0( - a)
= 2H0 b
2
H .dl
+ +
~
3
(-H0 )(-b)
H0 (b)
O(a)
(7.21 c)
I
A partir das equações (7.21a) e (7.2Jc), obtemos H 0 = - K,. Substituindo H 0 na equação (7.2Jb),
obtém-se
2
R=
I
2 K>a.••
I
- K)a.n
2
z>O
(7.22)
z<O
-•
caminho a mpcriano
(a)
fli~:ura
(b)
7.11 Aplicação da lei de Ampêre à uma lâmina infinita: (a) caminho fechado 1-2-3-4-1: (b) par simétrico de filamentos de corrente com corrente ao longo de a,.
256
• Elementos de Eletromagnetismo
Em geral, para uma lâmina infinita com densidade de corrente K Alm,
I
H =-2 K Xa
(7.23)
11
onde a. é um vetor unitário normal orientado da lâmina de corrente para o ponto de interesse.
C. Linha de transmissão coaxial infinitamente longa
Considere uma linha de transmissão coaxial infinitamente longa constituíd a de dois cilindros con cêntricos cujos eixos estão ao longo do eixo z. A seção reta da linha<! mostrada na Figura 7. 12, com
o eixo z apontando para fora da p<1gina. O condutor interno tem raio a e é percorrido por uma corrente
I , enquanto que o condutor externo tem um raio interno b, espessura 1 e é percorrido por uma correme
de retorno -1. Queremos determinar H em qualquer ponto, assumindo que a corrente esteja uniformemente distribuída em ambos os condutores. Já que a distribuição de corrente é simétrica, aplicamos a lei de Ampere ao longo do caminho amperiano para cada uma das quatro possíveis regiões:
O:S p < a, a < p < b, b < p < b + 1 e p > b + t.
Para a região Os p s a, aplicamos a lei de Ampere para o caminho L 1, o que resu lta em:
f
H · d l = / <nv =
L,
I
J • dS
(7.24)
Já que a corren te está uniformemente distribuída sobre a seção reta:
J
I
= ---:; a~,
1rG-
Dessa forma, a equação (7.24) torna-se:
H9
I
.
Jp•
d/= H9 21rp = -
cl
OU
(7.25)
0
eixo:
Campos Magnetostáticos •
Para a região a :s p
257
:s b, usamos o caminho L2 como o caminho ampcriano,
f
H · d l =Ienv = I
L:
ou
(7.26)
uma vez que toda a corrente I é envolvida por~· Observe que a equação (7.26) é a mesma equação
(7. 14) c é independente de a. Para a região b < p :s b + t, usamos o caminho L.1• obtendo
f
= H Q • 271'1/J = I cnv
H ' dl
(7.27a)
onde
l cnv
= I
+
J.J ' dS
c J, nesse caso, é a densidade de corrente (corrcmc por unidade de área) do condutor externo e está
ao longo de - a;, isto é:
J = -
I
,
, a.
7r[(b + 1)- - b-J •
Portanto,
I""''
=
=
I2.: Ip
I
I-
7r[(b
+ 1)
2
-
2
t ] ó- O
p dp dt/>
p• h
I[ I - -':P:-2_ b_2 ]
t 2 + 2bt
Substituindo esse resultado na equação (7.27a), temos:
H =
4>
I [ I - -'::-----'p'!· - 1} ]
27rp
t 2 + 2bt
(7.27b)
Para a região p > b + t, usamos o caminho L.1 • obtendo
f
H · di = I - I = 0
!..,
ou
(7.28)
Reunindo as equações (7.25) a (7.28), resulta em:
lp
H =
O:sp:sa
., a 9,
211'al
27rp aó,
1 [
-- I -
271'p
O,
a:Sp:Sb
(7.29)
p2b2] a ó,
,
r + 2bt
b:Sp:Sb+t
p ~b+ t
258
• Elementos de Eletromagnetismo
A magnitude de H está esboçada na Figura 7.13.
Observe, desses exemplos, que a habilidade em extrair H do integrando é questão-chave ao usar
a lei de Ampere para determinar H . Em outras palavras, a lei de Ampere só é útil para encontrar H
devido a distribuições simétricas de corrente para as quais seja possfvel encontrar um caminho fechado no qual H é constante em magnitude.
EXEMPLO 7.5
Os planos z = Oe z = 4 são percorridos por correntes K
m nte. Determine H em:
=-
I Oa, A/me K
=
I Oa, A/m, respectiva-
(a) ( I, I , I);
(b) (0,- 3, I0).
Solução:
Sejam lâminas de corrente paralelas, como mostrado na Figura 7. 14. Seja, também,
H = H0
+ H4
onde H 0 e H 4 são as contribu.ições devido às lâminas de corrente z = O e z = 4, respectivamente.
Faremos uso da equação (7.23).
H..,
=
I /2 K X a,
z = I < 4),
= I /2 (- I Oa.r) X
H4
=
112 K X a,
= 1/2 ( IOa,,) X (-a:) = Say A/m
(a) Em ( I, I, I), ponto entre os planos (O <
a,
= 5a,. A/m
Assim,
H = IOa,. A/m
(b) Em (0,- 3, 10), ponto acima das duas lâminas (z = IO> 4 > 0),
H0
=
H4
= In (I Oa,.)
1/2 (- IOa.r) X a,
X a:
= Sa,. Alm
= - Sa,. A/m
Assim,
H = OA/m
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.5
O plano y
= l é percorrido por uma corrente K = SOa, mA/m. Determine H em:
(a) (0, O, 0);
(b) ( I, 5, - 3).
Resposta: (a) 25 ax mA/m; (b)- 25 a, mA/m.
Figura 7.13 Gráfico de H9 contra p.
L-----~--------~~----_. p
O
a
bbtt
Campos Magnetostáticos •
'l
'
e
Fi~:ura
7.14 Referente ao Exemplo 7.5:
lâminas de corrente infi nitas c paralelas.
:z =-4
0
<·>
<·>
(•)
{.)
I
l< ®
EXEMPLO 7.6
259
'
Um toróide, cujas dimensões estão mostradas na Figura 7. 15, tem N espiras e é percorrido por uma
corrente / . Detem1ine H dentro e fora do toróide.
Solução:
Aplicamos a lei circuitai de Ampere ao caminho ampcriano, que é um cfrculo ele raio p como mostrado, em tracejaclo, na Figura 7.15. Já que as N espiras, cada uma delas percorrida por uma corrente / ,
cortam esse caminho, a corrente líquida envolvida pelo caminho amperiano é N/. Portanto,
f
H ' dl = fcnv--? H • 2 7rp = N/
ou
H =
N/
27rp .
para Po - a
<p<
Po
+a
onde p 0 é o raio médio do toróide, como mostrado na Figura 7 .15. Um valor aproximado de H é:
H oprox
=
N/
2wp0
N/
=-e
Observe que essa fórmula é a mesma que a obtida para H em pontos no interi or de um solenóide
muito longo (e » a). Dessa forma, um solenóide reto pode ser entendido como uma bobina toroidal
especial para a qual p 0 ~ oo. D o lado de fora do toróide, a corrente envolvida pelo caminho amperiano é N/ - N/ = Oe, portanto, H = O.
EXERCÍ CIO PRÁTICO 7.6
Um toróide de seção reta circular cujo centro de sua seção reta encontra-se na
ori gem e seu eixo coincide com o eixo z, tem 1.000 espiras com p 0 = I Oem c a =
I em. Se o toróide é percorrido por uma corrente de 100 mA, determine IHI em:
(a) (3 em, - 4 em, O);
(b) (6 em, 9 em, 0).
Resposta: (a) O; (b) 147, 1 A/rn.
Figu ra 7.15 Referente ao Exemplo 7.6. Um roróide com seção reta ci rcul ar.
260
•
Elementos de Eletromagneti smo
7.5 DENSIDADE DE FLUXO MAGNÉTICO - EQUAÇÃO DE MAXWEll
A densidade de fluxo magnético 8 é similar à densidade de fluxo elétrico O. Assim como O = e.E
no espaço livre, a densidade de fluxo magnético B está relacionada à intensidade do campo magnético H, de acordo com
(7.30)
onde }10 é uma constante conhecida como permeabilidade do espaço livre. Essa constante é dada em
henrys/metro (H/m) e tem o valor de
I P.o =
47r X 10-
7
H/~
(7 .31)
A delinição precisa do campo magnético B, em termos da força magnética, será dada no próximo
capítulo.
O fluxo magnético, através da superfície S, é dado por
'f =f B ·dS
(7.32)
s
onde o fluxo magnético 'f é dado em webers (Wb) e a densidade de lluxo magnético é dada em webers/melro quadrado (Wb/m2) ou teslas (T).
A linha de fluxo magnético é o caminho, na região do campo magnético, em relação ao qual B é
tangente em cada ponto. E' a linha ao longo da qual a agulha de uma bússola se orienta se estiver sob
a ação desse campo. Por exemplo, as linhas de fluxo magnético devido a um fio reto longo são
mostradas na Figura 7.16. As linhas de fluxo são determinadas utilizando o mesmo princípio seguido na Seção 4.1 Opara as linhas de fluxo elétrico. A orientação de B é tomada como a indicada pelo
·'norte•· da agulha da bússola. Observe que cada linha de fluxo é fechada c não tem nem início nem
fim. Embora a Figura 7.16 seja para um condutor reto percorrido por uma corrente, é sempre válido
a afirmação de que as linhas de fluxo magnético são fechad<lS e não se cru zam, independente da distribuição de corrente.
Em um campo eletrostático, o fluxo que passa através de uma superfície fechada é igual à carga
encerrada, isto é, 'f= pD · dS = Q. Então, é possível ter uma carga elétrica isolada, como mostrado na
Figura 7. I 7(a), o que revela que as linhas de tluxo elétrico não são necessariamente fechadas. Diferentemente das linhas de fluxo elétrico, as linhas de fluxo magnético sempre se fecham sobre si mesmas, como na Figura 7.17(b).lsto se deve ao fato ele que nclo é possível terum pólo magnético isolado (ou cargas magnéticas). Por exemplo, se desejamos obter um pólo magnético isohtdo pela divisão sucessiva de
um ímã em duas partes, acabaremos por obter peças, cada uma delas tendo um pólo norte e um pólo sul,
corno ilustrado na Figura 7.18. Concluímos ser impossível separar um pólo norte de um pólo sul.
linhas (IC nu~o
magnético
Fi~-:ura
7. 16 Li nhas de
nuxo magnético devido
um no retilíneo com corrente saindo do plano
da página.
a
Campos Magnetostáticos •
261
superfície fechada. 'f= Q
superfície fechada. 'f= O
. - - --i-
(b)
(3)
Figur:t 7.17 Fluxo que sai de uma superfície fechada devido: (a) carga elétrica isolada 'f = ~s D. dS = Q; (b)
carga magnética 'f = ~s B . dS = O.
N
CJ
N
N
s
l'í
s
~
N
s
s
s
N
N
N
s
~
~
s
CJ EB
s
Fit.:ura 7. 18 A divisão sucessiva de um ímã resulta em peças com pólos norte c sul, mostrando que os pólos
magnéticos não podem ser isolados.
Uma carga magnética isolada não existe.
Dessa forma, o nuxo total através de uma superfície fechada em um campo magnético deve ser zero,
isto é,
f B ·dS=O
(7.33)
Essa equação é referida como lei da conservaçcio do jlu.w magnético, ou lei de Gauss para campos
magnetostáticos, assim como p D . dS = Q é a lei de Gauss para campos eletrostáticos. Embora o
campo magnetostático não seja conservativo, o tluxo magnético se conserva.
Ao aplicar o teorema da divergência à equação (7.33), obtemos
f
s
B · dS
=
f"
V · B dv
=O
ou
V· B = O
(7.34)
Essa equação é a quarta das equações de Maxwell que deduzimos. A equação (7.33), ou a (7.34),
mostra que o campo magnetostático não tem fontes nem sumidouros. A equação (7.34) sugere que as
linhas de campo magnético são sempre contínuas.
262
• Elementos de Eletromagnetismo
7.6 EQUAÇÕES DE MAXWELL PARA CAMPOS ElETROMAGNÉTICOS ESTÁTICOS
Tendo deduzido as quatro equações de Maxwell para campos eletromagnéticos estáticos, torna-se interessante fazer um quadro-resumo que mostre essas relações juntas, como na Tabela 7.2. Observe da
tabela que a ordem que seguimos para deduzir as equações mostradas foi alterada para assegurar a
clareza.
A escolha entre as formas integral e diferencial das equações depende do problema dado. É evidente, da Tabela 7.2, que um campo vetorial é definido completamente ao especificar seu rotacional
c sua divergência. Um campo pode somente ser elétrico ou magnético se satisfaz as equações de
Maxwcll correspondentes (veja Problemas 7.26 c 7.27). Deve-se observar que as equações de
Maxwcll, como mostradas na Tabela 7.2, são somente para campos EM estáticos. Como discutiremos no Capítulo 9, as equações de divergência permanecerão as mesmas para campos EM variáveis
no tempo, mas as equações de rotacionais deverão sofrer modificações.
TAUELA 7.2 E<1uaçõcs de Maxwell para campos EM cst;lt icos
Forma diferencial (ou Pontual)
V · O = p,.
Forma integral
f,
O · dS =
·'
V·8 = O
Comentários
Jp,, dv
Lei de Guuss
'
f.
8 · tiS = O
f
E · dl = O
f
H ·dI =
Inexistê ncia de monopólo
rnagn~rico
s
VX E = O
Conscrvaç~o de campo
eletrostático
t
V XH = J
1J · tiS
Lei de Amperc
S
I~
,
7.7 POTENCIAIS MAGNET ICOS ESCAlAR EVETORIAl
Lembramos que alguns problemas de campo eletrostático foram simplificados ao relacionar o potencial elétri co V com a intensidade de campo elétrico E (E = - V V). De maneira similar, podemos
delinir um potencial associado ao campo rnagnetostático B. De fato, o potencial magnético pode ser o
escalar V,. ou o vetor A . Para definir V,. e A, relembremos duas identidades importantes (veja Exemplo 3.9 e Exercício Pn1tico 3.9):
V X (VV) = 0
(7.35a)
V· (V X A) = 0
(7.35b)
que devem ser sati sfeitas para qualquer campo escalar V e campo vetorial A.
Assim como E = - VV, delinimos o potencial magnético escalar V111 (em amperes) em relação a
H de acordo com:
I
H
= -
vv, ]
se J = O
(7.36)
A condição associada à esta equação é importante c será explicada. Combinando as equações (7.36)
c (7 .19), resulta em
J
= V X
H = V X ( - VV..,) = 0
(7.37)
já que V., deve satisfazer a condição na equação (7.35a). Portanto, o potencial magnético escalar v..
é somen te definido na região onde J = O, como na equação (7.36). Devemos também observar que
V .. satisraz a equação de Laplace da mesma forma que V o raz para campos eletrostáticos. Dessa
maneira:
(J = 0)
(7.38)
Campos Magnetostáticos •
263
Sabemos que, para campos magnetostáticos, \1 · B =O, como estabelecido na equação (7.34). A
fim de satisfazer as equações (7.34) e (7.35b) simul taneamente, podemos definir o potencial magnético vetorial A (em Wb/m) tal que:
(7.39)
Assim como definimos
(7.40)
podemos definir
A
f
=
JJ.ol d l
L.
A =
A =
fs
para corrente em uma linha
4TrR
JJ.oK dS
para corrente em uma superfície
4TrR
I
,.
JJ.ol dv
para corrente em um volume
4TrR
(7 .4 1)
(7.42)
(7.43)
Em vez de obter as equações (7.41) a (7.43) a partir da equação (7.40), uma abordagem alternativa seri a obtê-las das equações (7.6) a (7.8). Por exemplo, podemos derivar a equação (7.41) da
equação (7.6) em conjunto com a equação (7.39). Para fazer isso, escrevemos a equação (7.6) como
B = JJ.o
47r
f
I d l' X R
3
R
1..
(7.44)
onde R é o vetor distância do el emento de linha dl ' no pon to-fonte (x', y', z), até o ponto (x, y, z) onde
se quer determinar o campo, como mostrado na Figura 7. 19, e R ~ IRI, isto é,
(7.45)
Portanto,
vG) =
• • ')
(x,y.z
(x - x')ax + (y - y')a,. + (z - z')a:.
[(x _ x')2 + (y _ y')2 + (z _ z' )2]3t2
FiAm·a 7.19 Ilustração do ponto-fonte
(x'. y'. z') c do ponto (.r. y. :) onde se quer
detcrmi nar o campo.
di
(.~.
r
o
=--R
y , :)
264
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
:3 -vG)
(7.46)
=
onde a diferenciação é em relação a x, J e z. Substituindo na equação (7.44), obtemos:
f
B = _ _&.
47r
I d l' X
L
v(.!.)
R
(7.47)
Aplicamos a identidade vetorial
V X (JF) =
JV
F + ( Vf)
X
X
F
(7.48)
onde fé um campo escalar e F é um campo vetorial. Fazendo f = l/R c F = dl ', obtém-se
d l' X
v(RI) = RIv
X d l' -
v
R
X (dl')
Já que V opera em relação a (x, y e z). enquanto fn· é uma função de (x', y', z). V X dl' =O. Dessa
maneira:
dl
1
I)
dJ'
x v R =- vx R
(
(7.49)
Com essa equação, a equação (7.47) se reduz a
B = VX
f
J.I.<Í d l'
i. 47rR
(7.50)
Comparando a equação (7.50) com a equação (7.39), resulta que
A=
f
L
J.I..J d l'
47rR
o que verifica a equação (7.4 1).
Substituindo a equação (7.39) na equação (7.32) c aplicando o teorema de Stokes, obtemos
'P
=
fs
B · dS =
fs
(V X A) · dS =
J A · dl
T~.
ou
'P =
f
A · dl
(7 .51)
L
Portanto, o fluxo magnético, através de uma dada área, pode ser encontrado utilizando a equação
(7.32) ou a equação (7.51 ). Também, o campo magnético pode ser determinado utilizando ou Vm ou A.
A escolha é ditada pela natureza de um dado problema, i1 exceção de que Vm pode somente ser usado
em uma região livre de fontes. O uso do potencial magnético vetorial representa uma terramenta de
cálculo poderosa e elegante para resolver problemas de campos EM, particularmente aqueles relacionados com antenas. Como será observado no Capítulo I 3, é mais conveniente, em problemas de antenas, encontrar B dctenninando primeiro A.
EXEMPLO 7.7
Dado um potencial magnético vetorial A = - /!4 a, Wb/m, calcule o nuxo magnético total que
atravessa a superfície ip = 1rl2, I < p < 2 m, Os z s 5 m.
266
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.7
Urna distribuição de corrente dá origem a um potencial magnético vetorial
A=
+
4xyza; Wb/m. Calcule:
(a) 8 em(- I, 2, 5);
x\ax /xa,.-
(b) o nuxo através da superfície definida por z = I, O s x s I, - I s y < 4.
2
+
3a.
Wb/m ; (b) 20 Wb.
.
-
Resposta: (a) 20ax + 40a,
EXEMPLO 7.8
Se o plano z = Oé percorrido por uma corrente uniforme K = K1a Y,
z>O
z<O
Essas relações foram obtidas na Seção 7.4 utilizando !I lei de A mpcrc. Obtenha as mesmas relações
fazendo uso do conceito de potencial magnético vetorial.
Solução:
Considere a lâmina de corrente, como mostrado na Figura 7.2 1. Da equação (7.42),
d A = JLoK dS
41rR
Nesse problema, K = K,.a,.. dS = dx' dy'. e, para
R=
z>
O,
IRI = 1(0, O, z)
?
= [(x')-
- (x',
+ (y ')- + z·]
?
?
11'
-
y', O) I
(7.8.1)
onde as coordenadas-linha são para o ponto-fonte, enquanto as coordenadas não-indiciadas são para
•
o ponto onde se quer calcular o campo. E necessário fazer distinção entre os dois pontos para evitar
confusão (veja Figura 7. 19). Assim,
d A=
JL0 K ,. dx' dy' a,.
,
,
2 1n
47r[(x')" + (y')" + z I é)
d8 = V X dA = - - dA ,a
élz > ·•
JL0 K,z dx' dy' ax
(7 .8.2)
No integrando, podemos mudar as coordenadas de cartesianas para cilíndricas, por conveniência, tal
que:
Campos Magnetostáticos •
z
267
FiAura 7.21 Refcrcmc ao Exemplo 7.8:
lâmina infinita de corrente.
(0, O, z)
.t
Assim,
B
K,
para z > O
H =-= - a
IJ.o
2 -''
Pela simples troca de z por -z na equação (7.8.2), c seguindo o mesmo procedimento, obtemos
K,.
H = - --2 a
X>
para z < O
EXERCÍCIO PRÁTICO 7.8
Repita o Exemplo 7.8 usando a lei de Biot-Savart para determinar H nos pontos
(0, o, h) c (0, o.- h).
t7.8 DEDUÇÃO DA lEI DE BIOT- SAVART E DA lEI DE AMPERE
Tanto a lei de B iot-savart quanto a lei de Ampere podem ser deduzidas a partir do conceito de potencial magnético vetorial. Essa dedução envolverá o uso das identidades vetoriais na equação (7.48)
c
(7.52)
Já que a lei de Biot-savart, como dada na equação (7.4), é basicamente sobre a corrente em uma linha, iniciaremos essa dedução com as equações (7.39) c (7.41); isto é,
B
= VX
f
L
!J.ol d l'
47rR
= !J.ol
f
V X .!_ d l'
R
47r /,
(7.53)
•
onde R é delinido na equação (7.45). Se a identidade vetorial na equação (7.48) for utilizada considerando F = dl e f= I!R, a equação (7.53) torna-se:
B= :~ fJ ~V
X
d l'
+
(V ~)
X
d l']
(7.54)
Já que V opera em relação a (x, y, z) c dl' é uma função de (x', y', z' ), V X dl ' = O. Também,
1
- = [(x - x')2 + (y - y')2 + (z - z'fl
112
v[.!_] = - (x -
-
(7.55)
R
R
[(x -
+ (y - y')a,. + (z
x')2 + (y - y')2 + (z -
x')a.•
z')a~
= - a/1
z')21312
R2
(7.56)
268
• Elementos de Eletromagnetismo
onde a 11 é um vetor unitálio orientado a partir do ponto-fonle até o ponto onde se quer calcular o campo. Portanto, a equação (7.54) (após retirar a ''linha" de dl) torna-se:
B
__ p.,f
41r
f
dl
L
x_' a11
(7 .57)
R·
quc é a lei de B iot-Savart.
Utilizando a identidade na equaç.ão (7.52) com a equação (7.39), obtemos
(7.58)
Pode-se demonstrar que, para um campo magnético estático,
l v· A=o ]
(7.59)
tal que, após substituir B por .UoH e utilizar a equação (7.19), a equação (7.58) torna-se
ou
(7.60)
que é denominada de equação vetorial de Poisson, similar à equação de Poisson (V2 V = - p.fe) da
eletrostática. Em coordenadas cartesianas, a equação (7.60) pode ser decomposta em três equações
escalares:
V2Ax = _ rtr
, I .l'
v-A,. =
~
-
1.1.J,.
(7.61)
que podem ser consideradas como as equações escalares de Poisson.
Pode-se demonstrar, também, que a lei circuitai de Ampcre é consistente com nossa definição de
potencial magnético vetorial. Do teorema de Stokes c da equação (7.39),
f
H ·di =
L
f V X H · dS
S
= -
1
P.o
f
(7.62)
V X (V X A)· dS
S
Das equações (7 .52), (7 .59) e (7 .60),
VX VXA
= - V·• A = p. J
0
Substituindo esta identidade na equação (7.62), vem que:
f
L
que é a lei circui tai de Ampere.
H · di
f
= J · dS = I
S
Campos Magnetostáticos •
RESUMO
269
1. As leis básicas que governam os campos magnetostáticos (lei de Biot- Savart e lei de Ampere)
são discutidas. A lei de Biot-Savart, que é similar à lei de Coulomb, estabelece que a intensidade
de campo magnético dH em r devido ao elemento de corrente I dl em r ' é
dH = I d i X R
(em Nm)
4;rR 3
onde R = r - r ' c R = IRI. Para uma distribuição de corrente em urna superfície ou em um
volume, substituímos I dl por K dS ou J dv, respectivamente; isto é,
= J dv
I d i = K dS
2. A lei circuitai de Ampere, que é similar à lei de Gauss, estabelece que a circulação de H em
torno de um caminho fechado é igual à corrente envolvida pelo caminho, isto é,
f
H · d i = lcnv =
f .J ·
dS
ou
VX H = J
(terceira equação de M axwell que deduzimos).
Quando as distribuições de correntes são simétricas, tal que o caminho amperiano (sobre o qual
H = H~a<> é constante) pode ser determinado, a lei de Ampcre é útil para determinar H, isto é,
H6-- lcn•·
ou
e
3. O tluxo magnético, através de uma superfícieS, é dado por
'I'=
fs
(em Wb)
B ·dS
2
onde B é a densidade de tluxo magnético em Wb/m . No espaço livre,
B = J.loH
onde f.J. = 4;r X 10- 7 H/m = permeabilidade do espaço livre.
4. Já que um monopólo magnético isolado ou livre não existe, o lluxo magnético líquido através de
uma superfície fechada é zero;
'l' = fB·dS =O
ou
V ·B = O
(quarta equação de Maxwell que deduzimos).
S. Nesse ponto, todas as quatro equações de Maxwell para campos EM estáticos foram deduzidas,
nominalmente:
\7 · D = Pv
\7· 8 =0
VXE=O
VXH = J
6. O potencial magnético escalar V.. é definido como
H=
-vv,
se
J =O
270
•
Elementos de Eletromagnetismo
e o potencial magnético vetorial A como
B =VX A
onde V · A = O. Com a definição de A, o fluxo magnético através da superfTcie S pode ser encontrado a partir de
'P
f
=
A · dl
L
onde L é o caminho fechado que limita a superfícieS (veja Figura 3.20). Ao invés de utilizar a
lei de Biot-Savart, o campo magnético devido a uma distribuição de corrente pode ser encontrado utilizando A, uma ferramenta de cálculo poderosa, particularmeme útil na teoria de antenas.
Para um elemento de corrente I dl em r ', o potencial magnéti co vetorial em r é:
A =
I
p.0 1 d l
41rR'
R=
Ir - r'l
7. Muita similaridade existe entre os campos eletrostáticos c magnctostáticos. A lgumas delas estão
listadas na Tabela 7.1. Por exemplo, a equação correspondente à equação ele Poisson 'i7 2 V =
- p.,leé:
QUESTÕES DE REVISÃO
7.1 Qual das seguintes não é uma fonte de campos magnetostáticos?
(a) Uma corrente contínua em um fio.
(b) Um ímã permanente.
(c) Uma carga acelerada.
(d) Um campo elétrico que varia linearmente com o tempo.
(e) Um disco carregado girando com uma velocidade unifonne.
7.2 Identifique, na Figum 7 .22, a configumção que não é uma correta representação de I e de H .
I
CVH
H
®I
(c)
(b)
(a)
®I
(d)
H
H
® ® 0 0
®
®
® '0
® 0
(t)
0
0
Figura 7.22 Referente :1 Questão de Revisão 7.2.
Campos M agnetostáticos •
y
271
Fít::ura 7.2.1 Referente a Questão de Revisão 7.3.
2 A
c
7.3 Considere os pontos A, B, C, D e E sobre um círculo de raio 2. conforme mostrado na Figura 7.23.
Os itens ela coluna ela direita são os valores ele a.., nos diferentes pontos sobre o círculo. Relacione
esses itens com os pontos na coluna da esquerda .
(a) A
(i)
(b) B
(i i) - a~
(c) C
(iii)
(d) D
(i v) - a.,.
(e) E
( v)
a,\'
aY
(vi)
ax + a,.
V2
-ax - a,.
Vi
(vii) -ax +a"
V2
(vi i i)
a <- a,.
Vi
7.4 O eixo~ é percorrido por uma corrente ti lamentar de I01r A ao longo de a,. Qual das alternati vas é
incorreta?
(a) H = - a, A/m em (0, 5, O)
(b) H =
a.., A/m em (5, ?r/4, O)
(c) H = - 0,8a, - 0,6a1 em (- 3, 4, O)
(d) H = -
a.., em ( 5, 3?r/2, O)
7.5 O plano y = Oé percorrido por uma corrente uniforme ele :lOa_
mA/m. Em (I , IO,- 2), a intensi•
clacle do campo magnético é de:
(a) - 15a,, mA/m;
(b) 15a, mA/m;
(c) 477,5a , 1rA/m;
(d) 18,85a.r nA/m;
(c) Nenhuma das respostas acima.
7.6 Para as correntes c os caminhos fechados da Figura 7.24. calcule o valor de 1>~,. H ·di.
7.7 Qual das seguintes afirmações não é uma característica de um campo magnético estático?
(a) O campo é solenoidal.
(b) O campo é conservalivo.
272
•
Elementos de Eletromagnetismo
~'i~:ura 7.24 Relereme a Questão de Revisão 7.6.
L
@30A
(a)
(b)
L
tO A
0
@30A
(e)
@ 30A
(d)
(c) O campo não tem fontes nem sum idouros.
(d) As l inhas de lluxo magnético são sempre fechadas.
(c) O número total de linhas de tluxo que entram em uma dada regi ão 6 i gual ao número de
l inhas que saem dessa região.
7.8 Duas bobinas circu lares idênticas coaxiais são percorridas pela mesma corrente I , mas em sentidos
opostos. A magnitude do campo magnético B, em um ponto ao longo do eixo, a meio cam inho entre as bobinas, é:
(a) zero;
(b) o mesmo que o produzido apenas por uma bobina;
(c) duas vezes o produzido por uma bobina;
(d) metade do produzido apenas por uma bobina.
7.9 Uma das seguintes equações não é uma equação de Maxwell para campos eletromagnéticos estáticos em um meio linear homogêneo.
(a) V· B = O
(b) V X D =O
(c)
'B·
'D·
dl =
JV
(d)
dS = Q
2
(e) V A = 11,)
7.10 Dois ímãs com seus pólos norte com intensidade Q,., = 20 A · m c Q..2 = lO A· m (cargas magnéticas) são colocados no interior de um volume, como mostrado na Figura 7.25. O nu xo magnético que sai do volume é:
(a) 200Wb
(b) 30 Wb
(c) l O Wb
(d) OWb
(e) - IOWb
Resposws: 7.lc;
7.2c; 7.3(a)-(ii), (b)-(vi), (c)-(i), (d)-(v), (e)-(iii); 7.4d; 7.5a; 7.6(a) l O A, (b)- 20 A ,
(c) O, (d)- lO A; 7.7b; 7.8a; 7.9e; 7.1 Od.
Fi,:tur.J 7.25 Referente a Questão de Revisão 7.10.
Campos M agnetostáticos •
I
---PROBLEMAS
273
7.1 (a) Dê a lei de Biot-Savart.
(b) Os eixos y c z são percorridos por correntes li lamentares de I OA ao longo de aYc 20 A ao longo de- a~. respectivamente. Encontre H em(- 3. 4, 5).
7.2 Um filamento condutor é percorrido por uma corrente I do ponto A(O. O. a) até o ponto 8(0, O, b).
Demonstre que no ponto P(x, y, 0):
7.3 Considere o trecho AB, na Figura 7.26, como parte de um circuito el<!trico. Encontre H na origem
devido aAB.
7.4 Repit:t o Problema 7.3 para o condutor AB na Figura 7.27.
7 .5 A linha x = O. y = Oe O< z < I O m é percorrida por uma corrente de 2 A ao longo de a,. Calcule
H nos I)Ontos:
(a) (5, O, O)
(b) (5, 5, O)
(c) (5, I 5, 0)
(d) (5,- 15,0)
*7.6 (a) Determine H em (0, O, 5) devido ao lado 2 da espira triangular na Figura 7.6(a).
(b) Determine H em (0, O, 5) devido a toda a espi ra triangular.
7.7 Um condutor inlinitamente longo é dobrado na forma de L. como mostra a Figura 7.28. Se uma
corrente contínua de 5 A flui no condutor, determine a intensidade do campo magnético em (a) (2,
2, 0), (b) (0,- 2, O) c (c) (0, O, 2).
y
Fi~ura
7.26 Referente ao Problema 7.3.
A
8
o
L------"~-- x
)'
2
Figu.-a 7.27 Referente ao Problema 7.4.
A
B
L __ _,___ _ _ _
o
X
274
• Elementos de Eletromagnetismo
Figunt 7.28 Corrente fil amentar referente ao Problema 7.7.
5A
L - --
1 - - --
-
... .r
5A
7.8 Determine H no centro C de uma espira na fom1a de um triângulo eqUilátero, de lado 4 m, percorrido por uma corrente de 5 A, como mostrado na Figura 7.29.
7.9 Uma espira retangular é percorrida por uma corrente de IOA e está locali zado no plano z = O, como mostrado na Figura 7.30. Calcule H em
(a) (2, 2, O)
(b) (4, 2, O)
(c) (4, 8, O)
(d) (0, o, 2)
7.10 Uma espira quadrada condutora de lado 2a está no plano z = Oc é percorrida por urna corrente I
no sentido anti-horário. Demonstre que, no centro da espira
Vil
H= - - a.
7{0
-
*7.1 1 (a) Urna espira fi lamentar percorrida por uma corrente I é dobrada até assumir o formato de um
polígono regu lar de 11 lados. Demonstre que. no centro do polígono.
H= -
nl
21fr
11'
scn-
11
onde r é o raio do círculo circunscrito pelo polígono.
(b) Aplique essa re lação para os casos em que 11 = 3 c 11 = 4 c veja se seus resultados estão de
acordo com aqueles encontrados, respectivamente, para a espira triangular do Problema 7.8 c
para a espira quadrada do Problema 7 .10.
•
(c) A medida que 11 se toma cada vez maior. demonstre que o resultado da parte (a) torna-se oresultado da espira circular do Exemplo 7.3.
7.12 Para a espira lilamentar mostrada na Figura 7.31 , determine a intensidade do campo magnético
em O.
Figura 7.29 Espira na forma de um triângulo eqUilátero
referente ao Problema 7.8.
Campos Magnetostáticos •
Fi~uru 7 .•~0
275
Espira retangular do Problema 7.9.
4 ~-------+-------,
lO A
L - - - - -1--- - ---Jt.__ _
o
4
8
X
7.13 Duas espiras de corrente idênticas têm seus centros e m (0, O, O) e (0, O, 4) e seus eixos ao longo do
e ixo z (de modo a formar uma "bobina de Helmholtz"). Se cada cspim te m um raio de 2 m e é percorrida po r uma corrente de 5 A em a,.s. calcu le H e m:
(a) (0, O, O)
(b) (0, O, 2)
7.14 Um solenóide de 3 em de comprimento é percorrido por uma corrente de 400 mA. Se o solenóide
fo r utilizado para gerar uma densidade de flu xo magnético de 5 rnWb/rn 2, quantas espiras são
necessárias?
7.15 Um solenóide, de raio 4 mrn e comprimento 2 em, tem 150 espiras/m e é percorrido por uma corrente de 500 mA. Determine: (a) IHI no centro; (h) IHI nas extre midades do solenóide.
7.16 O plano x = lO é percorrido por urna corrente de 100 mA/rn ao lo ngo de a<, e nquanto a linha x =
I e y = - 2 é percorrida por uma corrente fi lamentar de 2011' mA ao longo de a,. Determine H em
(4, 3, 2).
7. 17 (a) Dê a le i circuitai deAmperc.
(b) Um cilindro oco condutor tem raio interno a e raio externo b e é percorrido por uma corrente
I ao longo do sentido positivo do eixo ::. Eneontr.: H em qualquer ponto.
7.18 (a) Um condutor sólido infinitamente longo, de raio a, está colocado ao longo do eixo z. Se o
condutor for percorrido por uma corrente /no sentido de
H =
+ ::, demonstre que
/p
, a~
21ra·
dentro do condutor. Detennine a densidade de COITente correspondente.
(b) Se I = 3 A c a = 2 em na parte (a). determine H e m (0. I e m, 0) c (0, 4 e m, 0).
7.19 Se H = ya, - xayA/m sobre o plano z = 0: (a) determine a densidade de corrente e (b) verifique a
lei de Ampere tomando a circulação de H ao longo do períme tro do retângulo z = O, O< x < 3 e
- I < y < 4.
)'
lO A
4cm
z-------------------------------t-----•
x
IOOcm
O
lO A
Fi~:u ra
7.31 Espira lilamcntar do Problema 7.12: não desenhada em escala.
276
•
Elementos de Eletromagnetismo
7.20 Em uma região condutora:
H = yz(x
2
+ /)a.. - /xzay +
4x2l
a: A/m
(a) Determine J em (5, 2,- 3).
(b) Determine a corrente que passa através de x =- I, O< y c;:< 2.
(c) Demonstre que V · B = O.
7.21 Um fio infinitamente longo é percorrido por uma corrente de 2 A ao longo de
+ ;:. Calcule:
(a) B em (- 3, 4, 7);
(b) o fluxo através da espira quadrada descrita por 2 :s p :s 6, O :s z :s 4 e 1/1 = 90".
7. 22 O motor elétrico, mostrado na Figura 7.32, tem campo
106
H = -
p
sen 2</> q, A/m
Calcule o fluxo, por pólo, que passa através do cntrcfcrro de ar se o comprimento axial do pólo é
20cm.
7.23 Conside re a linha de transmissão a dois tios, cuja seção reta é ilustrada na Figura 7.33. Cada lio
te m raio 2 em e os tios separados de IO e m. O fio, centrado em (0. 0). é percorrido por uma corrente de 5 A. enquanto o outro, que está centrado e m ( I Oem, 0), é percorTido pe la corTente de retorno. Determine H em
(a) (5cm, O)
(b) (!O em, 5cm)
7.24 Determine o fluxo magnético através de uma espira retangular (a X b) devido a um condutor infinitamente longo percorrido por uma corrente I. como mostrado na Figura 7.34. A espira e os condutores retilíneos estão separados por uma distância d.
*7.25 Um anel de latão com seção reta triangular circunda um condutor retilíneo muito longo concêntri·
co ao anel. como na Figum 7.35. Se o fio é percorrido por uma corrente I. demonstre que o número
total de linhas de fluxo magnético no anel é:
Calcu le 'P se a
=
30 em, b
J.L"Ih [b -a In a+ b]
'P
=
=
I O em, lz
21rb
b
= 5 em
c I = I O A.
Figura 7.32 Pólo elo motor elétrico do Problema 7.22.
pólo
lO
y
Figure 7.33 Linha a dois fios do
Problema 7.23.
1
4cnT( ~}--------i/
1
'I®
~.1t - - - - - 10 cm- -- -'•/
.;
1
•
Campos Magnetostáticos •
z
277
Figura 7.34 Referente ao Problema 7.24.
t
I
b
d
<l
7.26 Co nside re os segu intes campos arbitrários. De te rmine qual de les pode re presentar um campo
e letrostático ou um campo magnetostático no espaço li vre.
(a) A = y cos axax + (y + e - ·')a;
20
(b) B = -p a p
(c) C = r 2 sen () l\;
7.27 Re faça o problema anterior para os seguintes campos:
,
(a) O = y·za.,
(b) E =
+
(z+ I)
P
2(x
?
+ I )yza,. - (x + I )z·a ••
sen<f>
cos <!> aP + --=p
I
(c) F = -:; (2 cos () a,
,.-
+
sen () a9 )
7.28 Para uma distribuição de corrente no espaço livre:
')
..,
],
..,.,
A = (2x-y + yz)a., + (xy· - x~· )ay - (6xy~ - 2x·y·)a , Wb/m
(a) Calcule B.
(b) Dete rm ine o fluxo magnético através de urna espira descrita por x = I, O < y e
z < 2.
(c) Demonstre que V · A= O e V · B =O.
7.29 O potencial magnético vetorial de uma distribuição de corre nte no espaço livre é dado por
A = 15e -
sen <!>a , Wb/m
p
De termine H em (3, 7r/4,- 10). Calcule o 11uxo através de p = 5, Os tfJ s 1rl2 c O s
zs
10.
I
anel de latão
!----".-------- --------'----'
b
Q
Fi Aura 7.35 Seção reta de um anel de latão que circunda um tio retilíneo longo. referente ao Problema 7.25.
278
•
Elementos de Eletromagnetismo
7.30 Um condutor de mio a é percorrido por uma corrente uniforme com J = J. a,. Demonstre que o potencial magnético vetorial para p >a é:
A =
7.31 Um condutor infinitamente longo, de raio a, está colocado de tal modo que seu eixo está ao longo
do eixo z. O potencial magnético vetorial. devido à corrente contínua /0 • que flui ao longo de a: no
interior do condutor, é dado por
Determine o H correspondente. Contirme seu resultado utilizando a lei de Ampere.
7.32 O potencial magnético vetorial de dois li lamentos de corrente retilíneos inlinitos c l>aralclos no espaço livre, percon·idos por correntes iguai s I e de sentidos contrMios, é
A =
f.tl In d - P a
21!"
p
t
onde d é a distância que separa os dois filamentos (com um elos lilamentos disposto sobre o
eixo z). Determine a densidade de fluxo magnético B correspondente.
7.33 Determine a densidade de corrente J para
10
A = - ; a. Wb/m
p"
-
no espaço livre.
7.34 Prove que o potencial magnético escalarem (0, O,~) devido à uma espira circular de raio a mostrada na Figura 7.8(a) é:
* 7.35 Uma linha de transmissão coaxial é construída tal que o raio do condutor interno é a e os raios do
condutor externo são 3a e 4a. Determine o potencial magnético vetorial dentro do condutor ex terno. Assuma A.. = Opara p = 3a .
7.36 O eixo z é percorrido por uma corrente filamentar de 12 A ao longo de a,. Calcule V,, em (4, 30°, -2)
se V,. = Oem ( I O, 60°, 7).
7.37 O plano
em:
z =- 2 é percorrido por uma corrente de 50 a,. A/m. Se V, = O na origem, determine v,.
(a) (- 2, O, 5);
(b) ( lO, 3, 1).
7.38 Prove que, em coordenadas cilíndricas,
(a) V X (VV) = O
(b) V· (V X A) = O
7.39 Se R = r - r' e R =
IRI, demonstre que
I
V-=
R
- V' _I =
R
R
onde V e V' são os operadores del em relação a (x, y, ~)e (x', y', z'), respectivamente.
Capítulo
8
FORÇAS, MATERIAIS E,
DISPOSITIVOS MAGNETICOS
Faça todo o bem que puder,
Com todos os meios que puder,
De todas as formas que puder,
Em todos os lugares que puder,
Todas as vezes que puder, para todas as pessoas que puder,
Enquanto puder.
- JOHN WESLEY
8.1 INTRODUÇÃO
Tendo considerado as leis e as técnicas básicas comumente utilizadas no cálculo do campo magnético
B devido a vários arranjos de corrente, estamos preparados para estudar a força que um campo magnético exerce sobre partículas carregadas, elementos de corrente c espiras de corrente. Este estudo é
importante pam resolver problemas sobre dispositivos elétricos, como amperímetros, voltímetros, galvanômetros, cfclotrons, motores, geradores magnetoidrodinâmico e problemas que envolvem meios
ionizados (plasmas). A definição precisa de campo magnético, deliberadamente "deixada de lado" no
capítulo anterior, será dada agora. Os conceitos de momento magnético e de dipolo magnético também serão considerados.
Além disso, consideraremos campos magnéticos em meios materiais, em oposição aos campos
magnéticos no espaço livre examjnados no capítulo anterior. Os resultados do capítulo precedente
necessi tam somente algumas modificações para explicar a i nlluência de materiais em um campo
magnético. Discussões adicionais irão abordar os seguintes assuntos: indutores, indutâncias, energia
magnética e circuitos magnéticos.
8.2 FORÇAS DEVIDO AOS CAMPOS MAGNÉTICOS
Há pelo menos três maneiras de a força provocada por campos magnéticos se manifestar. A força
pode ser devido: (a) ao movimento de partículas carregadas em um campo magnético B; (b) à presença de um elemento de corrente ern urn campo externo B; (c) à interação entre dois elementos de
corrente.
A. Força sobre partícula carregada
De acordo com nossa discussão no Capítulo 4, a força elétrica F, sobre uma carga Q, estacionária ou
em movimento, em um campo elétrico é dada pela lei experimental de Coulomb c está relacionada à
intensidade do campo elétrico E, de acordo com
F, = QE
(8.1)
280
• Elementos de Eletromagnetismo
Esta relação mostra que se Q é positivo, F, e E têm a mesma orientação.
Um campo magnético pode exercer força somente sobre urna carga em movimento. Da experiência, verifica-se que a forca magnética Fm experimentada por uma carga Q em movimento, com velocidade u em um campo magnético B, é:
F111 = Qu
X
B
(8.2)
O que mostra, claramente, que Fm é perpendicular tanto a u quanto a B.
A partir das equações (8.1) e (8.2), pode ser feita urna comparação entre a força elétrica F, e a
força magnética F.,. F, é independente da velocidade da carga c pode reali zar trabalho sobre a carga c mudar sua energia cinética. Diferentemente de F,, F., depende da velocidade da carga c é normal à ela. F., não pode realizar trabalho porque é perpendicular à direção do movimento da carga
(F.,· dl = 0). Essa força não causa aumento na energia cinética da carga. A magnitude de Fm é geralmente pequena se comparada à de F,, exceto quando as velocidades envolvidas são altas.
Para uma carga Q em movimento, na presença de um campo elétrico c de um campo magnético,
simultaneamente, a força total sobre a carga é dada por:
ou
F = Q(E + u X B)
(8.3)
Esta equação é conhecida como a equação de força de Loremz1• Ela relaciona a força mecânica
à força elétrica. Se a massa da partícula carregada em movimento, na presença dos campos E e B, é
111. pela segunda lei do movimento de Newton,
F
= 111 -du = Q (E + u X
dt
B)
(8.4)
A solução desta equação é importante para determinar o movimento de partículas carregadas na presença dos campos E c B. Devemos ter em mente que, considerando esses campos, apenas o campo
elétrico pode transferir energia. Um resumo da força exercida sobre urna partícula carregada é dado
na Tabela 8.1.
Já que a equação (8.2) é parecida com a equação (8. 1), que define o campo elétrico, alguns autores c professores preferem começar a discussão sobre a magnetostática a partir da equação (8.2),
da mesma forma corno as discussões na eletrostática usualmente se iniciam pela lei da força de
Coulomb.
TABELA 8.1 Força sobre uma partícula carregada
Estado d a partícula
Campo E
Escática
QE
QE
Em movimento
Campo B
Campos E e B combinados
Qu X B
QE
Q(E + u X ll)
B. Força sobre um elemento de corrente
Para determinar a força sobre um elemento de corrente I tfl, de urna corrcllle que percorre um condutor, devido a um campo magnético B, modificamos a equação (8.2) a partir do fato de que para a
corrente de convecção [veja equação (5.7)]:
(8.5)
1
Hendrik Lorentz ( 1853-1928) foi quem primeiro aplicou a equação para movimenlo em um campo elétrico.
Forças, Materiais e Disposi tivos Magnéticos •
281
Da equação (7 .5), retomamos a relação entre elementos de corrente:
I d l = K dS = J dv
(8.6)
Combinando as equações (8.5) e (8.6), obtém-se
I d l = p,u dv = dQ u
.
dQ
dl
Altcrnat•vamcnte, I d l = - d l = dQ- = dQ u
dt
dt
Por conseguinte,
I d l = dQ u
(8.7)
Isso mostra que uma carga elementar dQ, se movimentando com urna velocidade u, (conseqüentemente, originando um elemento de corrente de convecção dQ u) é equivalente a um elemento de corrente ele condução I dl. Dessa forma, a força sobre o elemento de corrente I dl , em um campo magnético 8 , é determinada da equação (8.2) simplesmente pela substituição de Qu por I dl, isto é,
dF = I d l X B
(8.8)
Se a correme I percorre um caminho fechado L ou um circu ito, a força sobre o circuito é dada por:
F =
f
I dl X B
(8.9)
L
Ao utilizar a equação (8.8) ou a (8.9), devemos ter em mente que o campo magnético produzido pelo elemento de corrente 1 dlnão exerce força sobre ele mesmo, da mesma forma que uma carga pontual não exerce força sobre si. O campo 8 que exerce força sobre I dl deve ser gerado por um outro
elemento. Em outras palavras, o campo B na equação (8.8) ou (8.9) é externo ao elemento de corrente I dl . Se, ao invés do elememo de corrente em uma linha I dl, tivermos elementos de corrente em
uma superffcie K dS ou um elemento de corrente em um volume J dv, simplesmente fazemos uso da
equação (8.6), tal que a equação (8.8) torna-se
d F = K dS X 8
J dv
X 8
f J dv
X
ou
dF =
ou
F =
(8.8a)
enquanto a equação (8.9) torna-se:
F=
fs
K dS X B
B
(8.9a )
I"
Da equação (8.8):
O campo magnético 8 é definido como a força por elemento de eo•Tente unitário.
Alternativamente, 8 pode ser definido da equação (R.2) como o vetor que satisfaz FJq = u X 8 , da
mesma forma como definimos o campo elétrico E corno a força por unidade de carga, FJ q. Ambas
as definições demonstram que 8 descreve as propriedades de força de um campo magnético.
C. Força entre dois elementos de corrente
Consideremos agora a força entre dois elementos de corrente 11 dl 1 c 12 dl 2• De acordo com a lei de
Biot--Savart, ambos os elementos de corrente geram campos magnéticos. Assim, podemos determinar a força d(dF1) sobre o elememo 11 dl1 devido ao campo d8 2, gerado pelo elemento de corrente 12
dl 2, como mostrado na Figura 8.1. A partir da equação (8.8):
(8.1 0)
282
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi~:ura
8.1 Força entre duas espiras de corrente.
Contudo, a partir da lei de Biot-Savart:
(8.11)
Assim,
d(dF ,) = p. 0 lr t/11 X ( /2 :112 X IIR11 )
4·nR 21
(8. 12)
Esta equação é, essencialmente, a lei da força emre dois elementos de corrente e é análoga à lei de
Coulomb, que expressa a força entre duas cargas estáti cas. Da equação (8. 12), obtemos a força total
F 1 sobre a espira de correme I devido à espira de corrente 2, mostradas na Figura 8.1 , como
(8. 13)
Embora a equação pareça complicada, devemos lembrar que ela é baseada na equação (8. 10), isto é,
é a equação (8.9) ou a equação (8.1 O) que é de fundamental importância.
A força F2 sobre a espira 2, devido ao campo magnético 8 1 da espira I , é obtida a partir da equação
(8.13) pelo intercâmbio dos índices subscritos I e 2. Pode-se dernorlSlrar que F2 = - F 1• Dessa fonna,
F 1 c F2 obedecem à terceira lei de Newton, para a qual ação c reação são iguais c opostas. E' válido men·
cionar que a equação (8.13) foi experimentalmente estabelecida por Oersted e por Ampere. Na verdade,
Biot e Savar1 (colegas de Ampere) usaram essa experiência como base para sua lei.
EXEMPLO 8.1
Uma partícula carregada, de massa 2 kg e carga 3 C, parte do ponto ( I, -2, O) com velocidade 4a,
3a. m/s em um campo elétrico 12a,. + IOa,' V/m. Emt = I s, determine:
+
.
(a) a aceleração da partícula;
(h) sua velocidade;
(c) sua energia cinética;
(d) sua posição.
Solução:
(a) Esse é um problema de valor inicial porque são dados valores iniciais. De acordo com a segun·
da lei do movimento de Newton,
F = ma = QE
onde a é a aceleração da partícula. Assim,
QE
3
2
a =111
-=(12a
+
IOa
.)=
18a.,+
15a.
m/s
2
.r
>
'
du
d
a = -dt =dt
- (u""11,' 11.)
• = 18a.•.• + 15a,.
Forças, Materiais e Disposi tivos Magnéticos •
283
(b) Equacionando as componentes, tem-se:
d11x
- = 18-?11... = 18t +A
dt
(8.1.1)
d11 ,.
- = 15-711,-= 151+8
(8.1.2)
d11.
dl
(8. 1.3)
dt
o-7 11-- = c
-- =
onde A, 8 e C são constantes de integração. Porém, em t = O, t1 = 4a,,
+ 3a,. Donde:
u.(l = 0) = 4 -7 4 = O + A
ou
A= 4
u,{l = O) = O -7 O = O + 8
ou
8 =0
ltz(l = O) = 3 -7 3 = C
Substituindo os valores de A , 8 e C nas equações (8.1.1 ) a (8. 1.3) resulta em:
u(t) = (u_., 11" 11J = ( 181 + 4, 1St, 3)
Dessa forma
t1(t = I s) = 22a...
(c) A energia cinética (EC) = l m lul2 = I (2)(22-?
2
2
= 718 J
(d)
dl
ti
d
=dl
- = -dt (x• .}'• "7 ) = (181
+
+
15a,.
?
15-
+ 3a. m/s
2
+ 3)
+ 4 • 15t• 3)
.
Equacionando as componentes, obtém-se
dx
-
(/f
= 11 = 181
X
dy
- =
dt
dz
-
dl
/1 .
.l
+ 4-7 X= 9t 2 + 4t + A1
,
= 151
-7 y = 1,5r
+ 81
=li , = 3
(8. 1.4)
(8. 1.5)
(8.1.6)
-
Em t = O, (x, y, z:) = ( I , - 2, 0). Assim,
x(t = O) = 1
O + A1
ou
A1 = I
y(l = O) = -2 -7 -2 = O + 8 1
ou
81 = - 2
ou
c,= o
z(l = O)
=O
-7 I
=
= O + c,
-7 O
Substituindo os valores deA 1, 8 1 e C, nas equações (8. 1.4) a (8. 1.6), obtemos:
?
,
(x, y, z) = (9r + 41 + I, 1,5r - 2, 31)
(8.1.7)
Dessa forma, em 1 = l, (x, .}; z) = (l 4, 5,5, 3).
Ao eliminar 1 na equação (8.1.7), o movimento da partícula pode ser descrito em tem1os de x, y c
z.
284
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.1
Uma partícula, carregada de massa I kg e carga 2 C, parte da origem, com velocidade inicial
zero, em uma região onde E = 3a _V/m. Determine:
(a) a força sobre a partícula;
(b) o tempo que a partícula leva para alcançar o ponto P (0, O, 12m);
(c) a velocidade c a aceleração da partícula em P:
(d) a energia cinética da partícula em P.
Resposta: (a) 6a. N; (b) 2 s: (c) 12a. m/s, 6a. m/s2 ; (d) 72 J.
-
EXEMPLO 8.2
-
-
Uma partícula, carregada de massa 2 kg e carga I C, parte da origem com velocidade 3a. m/s e atravessa uma região com campo magnético uniforme 8 = IOa, Wb/m1. Em t = 4 s, calculé:
(a) a velocidade e a aceleração da partícula;
(b) a força magnética sobre a partícula;
(c) a energia cinética (EC) da partícula e sua localização;
(d) determine a trajetória da partícula eliminando t;
(e) demonstre que a energia cinética (EC) da partícula permanece constante.
Solução:
du
(a) F = m - = Qu X B
dt
du
Q
= - u XB
dt
111
a = Assim
a.. a,. a •.
Comparando ambos os lados da igualdade, componente a componente, obtemos:
-
dur
= 511 .
dt
)
(8.2.1 )
d11,.
= -5u
d/
X
(8.2.2)
du .
---"
dt =
(8.2.3)
o- t 11.• = co
Podemos eliminar ux ou u,, nas equações (8.2.1) e (8.2.2), tomando a derivada segunda da primeira
equação e utilizando a outra. Então,
,
cJ•u r
du ,.
------,,;;- = 5= - 2511x
dr
dt
ou
,
cJ·u
-,f--' + 25ux = O
dr
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
285
que é uma equação diferencial linear com solução (v~ja o Caso 3 do Exemplo 6.5):
c, cos 51 + c2 sen 51
=
llx
(8.2.4)
Das equações (8.2.1) e (8.2.4),
dux
5uy = dl
- se, scn 5r + 5C2 cos 5t
=
(8.2.5)
ou
lly =
- c, sen 5t + c2 cos 51
Determinamos, agora, as constantes C0 , C, e C2 utilizando as condições iniciais. Em
Portanto:
ll x = 0 -7 0 = C, · I + C2 · O -7 C, = O
= 3
Uz
= O -7 O = Co
-7
3=
-c, ·o + c2 · 1 -7 c2=
uy
1
= O, u = 3a1.
3
Substituindo os valores de C0, C1 e C2 nas equações (8.2.3) a (8.2.5), resulta em
u
= (u.n uro u,) = (3 scn 5t, 3 cos 5t, O)
(8.2.6)
Assim,
u(t = 4) = (3 sen 20, 3 cos 20, 0)
= 2, 739ax + 1,224ay m/s
a
du
= -
dt
= ( 15 cos 5t,
- 15 sen 5t, 0)
e
a(t
(b)
= 4) = 6,l0l a.< -
13,703a>mfs·'
F= ma = 12,2ax- 27,4a, N
ou
F = Qu X B = ( I )(2, 739a.< + I ,224a,.) X I Oa;
= 12,2a,. - 27,4a,. N
.
(c) a energia cinética (EC)= 112m lul2 = 1/2(2) (2,7392
dx
+ 1,2242)
= 3 sen 5t -7 x
uX
= -
ur
= di = 3 cos 5t -7 y
(/(
dy
= 9J
3
= - 5 cos 5r + b I
=
3
5 scn 5t + I>;.
dz
u. = - = o-7 z = b3
•
onde b1, b2 c b3 são constantes de integração. Em t = O, (x. ): z) = (0, O, 0) c, portanto,
y(t = O) = O -7 O =
3
· I
5
+ b 1 -7 b 1 = 0,6
53 · O + b2 -7 b2 =
z(t = O) = O -7 O = b3
(8.2.8)
(8.2.9)
dr
x(t = 0) = O-7 O = -
(8.2.7)
O
286
•
Elementos de Ele tro magne tismo
tela
ponto focal
""-..
--- (b)
( a)
Fi~urn 8.2
Focalização magnética de um feixe de elétrons: (a) trajetórias helicoidais dos elétrons: (b) vista das
trajetórias . a partir do ponto final das mesmas.
Substituindo os valores de b 1, b2 e b3 nas equações (8.2.7) a (8.2.9), obtemos
(x, y, z) = (0,6 - 0,6 cos 5t, 0,6 sen 51, 0)
(8.2. 10)
Em1=4s
(x, y, z) = (0,3552, 0,5478, 0)
(d) Da equação (8.2. 10), eliminamos 1 observando que
?
(x - 0,6t
.,
+ y-
.,
')
= (0,6t (cos- 51
.,
+ scn- 51),
z= O
ou
?
(x - 0,6)-
.,
+ y-
')
= (0,6)-,
z=O
que é um cfrculo sobre o plano z = O, centrado em (0,6. O, 0) e com rai o 0,6 m. Dessa forma, a
partícula gira em uma órbita que coincide com uma linha de campo magnéti co.
(c)
E.C. =
1
2m lul
2
=
I
2 (2) (9 cos2 5t + 9 scn2 51) = 9 J
que é a mesma energia cinética ( EC) em 1 = O e 1 = 4 s. Logo, o campo magnético uniforme não tem
efei to sobre a energia cinética da partícula.
Observe que a velocidade angular w = QB/m e o raio da órbita r = u..Jw, onde tt0 é a velocidade
inicial. Uma interessante aplicação deste exemplo é na focalização de um feixe de elétrons. Neste caso, é empregado um campo magnético uniforme orienlado paralelamente ao feixe desejado, como
mostra a Figura 8.2. Cada elétron que emerge do canhão de elétrons segue uma trajetória helicoidal
c rctorna ao eixo no mesmo ponto focal, juntamente com outros elétrons. Se uma tela de um tubo de
raios catódicos for colocada nesse ponto, um ponto luminoso irá aparecer na tela.
'
'
EXERCICIO
PRATICO
8.2
Um próton de massa m penetra um campo magnético uniforme B = B.,a. com uma velocidade
inicial aax + (3a,. (a) Encontre as equações diferenciais que o vetor posição r = xax + ya,. + za.
deve satisfazer. (b) Demonstre que a solução dessas equações é:
a
x = - sen wt,
w
a
)• = -w cos wt•
z=
{3t
onde w = eB..Jm e e é a carga do próton. (c) Demonstre que essa solução descreve uma
hélice circular no espaço.
dx
dy
dz
Resposta: (a) - = a cos wt, - = -a sen wt,- = {3, (b) e (c) a demonstração.
dt
dt
dt
Forças, Materiais e D isposi tivos Magnéticos •
EXEMPLO 8.3
287
Uma partfcula carregada se move com uma velocidade uniforme 4a, m/s em uma região onde E =
20 a,. V/m c B = B0a; Wb/m 2• Determine B0 tal que a velocidade da partícula permaneça constante.
Solução:
Se a partícula se move com uma velocidade constante, isso implica que sua aceleração é zero. Em
outras palavras, a partícula não sofre qualquer força líquida. Assim,
O= F
= ma = Q (E + u X B)
O = Q (20a1 + 4a_. X B a;)
0
ou
Então, B" = 5.
Esse exemplo ilustra um princípi o importante empregado em um li ltro de velocidade, mostrado
na Figura 8.3. Nessa aplicação, E, B e u são mutuamente perpenclicularcs, tal que Qu X B é orientaela em oposição a QE, independente do sinal da carga. Quando as magnitudes dos dois vetores são
iguais,
QuB = QE
ou
E
u=B
Esta é a velocidade crítica requerida para igualar os dois termos da equação de força de Lorentz.
Partículas com esta velocidade não são defletidas pelos campos, mas são "filtradas" através da abertura. Partículas com outras velocidades são defletidas para cima ou para baixo, dependendo se suas
velocidades são maiores ou menores que a velocidade crítica.
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.3
Os campos uniformes E e B estão orientados em ângulos retos um em relação ao outro. Um
6
elétron se move com uma velocidade 8 X 10 m/s perpendicularmente a ambos os campos e
atravessa-os sem ser detletido.
(a) Se a magnitude de B for de 0,5 mWb!ln2, determine o valor de E.
(b) Esse tihro funcionará para cargas positivas c negativas c para qualquer valor de massa?
Resposta: (a) 4 kY/m; (b) sim.
obcnura
p>nículas
u
ponfculas com
\•clocídade consHlllte
carrcg:tdas
y
ZL .Y
J
F,. = Qu X B
Figura 8.3 Um filtro de velocidade para partículas carregadas.
28 8
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 8.4
Uma espira retangular, percorrida por uma corrente/~, é colocada paralelameme a um fio infinitamente longo, percorrido por uma corrente / 1, como mostrado na Figura 8.4(a). Demonstre que a força
sobre a espira é dada por
F= _p.,J,[zb
[_!_ -
21T
Po
] a N
I
Po
+a
"
Solução:
Seja a força sobre a espira dada por
Fc = F, + F2 + F3 + F.
= /2
f
t/l2 X B,
onde F 1, F 2, F 3, e F4 são, respectivamente, as forças exercidas sobre os lados da espira referidos como I , 2, 3 e 4 na Figura 8.4(b). Devido ao fio inlinililmemc longo:
B, - p."/' a<l>
21rPo
Assim,
F 1 é uma força atrati va porque está dirigida para o lio longo, isto é, F 1 está orientado ao longo de
- a. pelo fato de que o lado I da espira e o fio l ongo são percorridos por correntes no mesmo sentido. De maneira similar,
F3 = I?
-
I
di, X B 1 = /,
-
p.,J,[zb
2-rr(p0
-
a
o
i
dz a. X
•
~ ·h
p.,J,
aA
+
a)
-1r Po
?
(
?
(repulsiva)
+a) "
z
F1
o
0
- -10 G) 0
t/
(a)
r: 1
F,
(b)
}'i::ura 8.4 Referente ao Exemplo 8.4: (a) espira retangular sob a innuência de um campo produzido por um fio
infinitamente longo: (b) forças que atuam sobre a espira e o fi o.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
289
que é uma força atrativa e tenta mover a espira em direção ao lio. A força F1 sobre o fio, pela terceira
lei de Newton, é igual a- F,. Veja a Figura 8.4(b).
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.4
No Exemplo 8.4, determ ine a força sobre o fio infinitamente longo, se 11 = IOA, 12 = 5 A,
Po = 20 em, a = 10 em, b = 30 em.
Resposta: 5a. p N.
8.3 TORQUE E MOMENTO MAGNÉTICOS
Tendo considerado a força sobre uma espira de corrente em um campo magnético, podemos determinar o torquc sobre ela. O conceito de torque sobre uma espira de corrente quando sob ação de um
campo magnético é de fundamental importância para entender o comportamento de partículas carregadas em órbita, de motores de corrente contínua e de geradores. Se a espira ror colocada paralelamente a um campo magnético, ela sofre uma força que tende a girá-la.
O torque T (ou momento mecânico de força) sobre a espira é o produto vetorial entre a força
F e o braço de alavanca r.
Isto é:
T = r XF
(8. 14)
c sua unidade é Newtons-metro (N · m).
Apliquemos esta relação à uma espira retangular, de comprimento I e largura w, colocada em um
campo magnético uniforme 8 , como mostrado na Figura 8.5(a). A part ir desta figura, observamos
que dl é paralelo a B ao longo dos lados 12 e 34 da espira, e que nenhuma força é exercida sobre estes
lados. Bntão:
F = I
i
3
dl X B + I
r
2
= I
I
dl X B
4
dz 3 : X B
o
f
+
I
feo
dz 3 : X B
ou
F = Fo - Fo =O
(8.15)
290
• Elementos de Eletromagnetismo
z
I
I
I
I
B
' - eixo de ro1ação
(a)
(b)
Fi11ura 8.5 Espira rctangutm· plana em um campo magnético uniforme.
onde IFoi = /B e porque B é uniforme. Então, nenhuma força é exercida sobre a espira como um todo. Entretanto, F. e - F., agem em diferentes pontos sobre a espira c, com isso, geram um conjugado. Se a normal ao plano da espira faz um ângulo cr com B, como mostrado na vista em seção reta da
Figura 8.5(b), o Iorque sobre a espira é
ITI = IFol wscn a
ou
Contudo,
T = Blfw scn a
(8.16)
T = B/S scn a
(8.17)
I
(8.18)
ew = S, a área da espira. Ponamo:
Definimos
m = /Sa,
como o momento de dipolo magnético da espira (em Alm\ Na equação (8.18), a. é o vetor unitário
normal ao plano da espira e sua orientação é determinada pela regra da mão direita- dedos apontando no sentido da corrente e o polegar ao longo de a•.
O momento de dipolo magnético é o produto entre a corrente c a área da espira. Sua direção
é perpendicular à espira.
Introduzindo a equação (8.1 8) na equação (8.17), obtemos:
IT=mxBI
(8.19)
Esta expressão é geralmente aplicável para determinar o torque sobre urna espira plana, de qualquer
formato, embora ela tenha sido obtida para uma espira retangular. A única limitação é que o campo
magnético deve ser uniforme. Deve-se observar que o torque é na direção do eixo de rotação (eixo z
no caso da Figura 8.5a). Ele é orientado de forma a diminuir a uma vez que m e B estão alinhados.
Em uma posição de equilíbrio (quando m e B têm a mesma orientação), a espira é perpendicular ao
campo magnético e o torque será zero, bem como a soma de forças na espira.
Forças, Materiais e Disposi tivos Magnéticos •
291
,
8.4 DIPOLO MAGNETICO
Um ímã ou uma pequena espira fi lamentar de corrente é usualmente referido como um dipolo magnético. A razão para tanto e o que significa para nós ·'pequena'' ficará logo evidente. Determinemos
o campo magnético B em um ponto P(r, 9, tJ>) devido a uma espira circular que é percorrida por uma
corrente / , como mostrado na Figura 8.6. O potencial magnético vetorial em Pé:
A = P.of f~
41T
,.
(8.20)
Pode-se demonstrar que, em campo distante (r:::$> a, tal que a espira pareça pequena para um observador no ponto P), A tem somente a componente q, e é dada por
A =
p. 0 17Ta 2scn Oaó
,
!C."-----;.,-.;.__::
41Tr·
(8.21 a)
ou
(8.2 1b)
2
onde m = /-rra a,. o momento magnéti co da espira, e a, X a, = sen (} aó. Determin amos a densidade
de nuxo magnético B a partir de B = \1 x A, fazendo:
B=
JLolll
3
4-rrr
(2 cos Oa,
+ sen Oa8)
(8.22)
,
E interessante comparar as equações (8.2 1) e (8.22) com as expressões similares (4.80) e
(4.82) para o potencial elétrico V e a intensidade de campo elétrico E devido a um dipolo elétrico. A comparação é feita na Tabela 8.2, na qual observamos a estreita semelhança entre B, em
campo distante, como o campo devido à uma pequena espim de corrente, e E, em campo distante,
devido a um dipolo elétrico. É, portanto, razoável considerar uma pequena espira de corrente como um dipolo magnético. As linhas de B devido a um dipolo magnético são similares às linhas de
E devido a um dipolo elétrico. A Figura 8.7(a) ilustra as I in has de 8 em torno do dipolo magnético m = !S.
Figura 8.6 Campo magnético em P devido à
P(r. O, 'M
I
II
r
II
I
I
I
I
' 'X
II
'-...J
uma espira de corrente.
292
• Elementos de Eletromagnetismo
TABELA 8.2 Comparação entre monopolos elétricos e magnéticos e entre dipolos elétricos e magnéticos
Elémoo
v=
Mngné1ioo
Q
____;::._
4tre.,r
Nilo OXÍSIC
Qa,
E = -----=
4Tre.,rz
p
Q
Monopolo (carga ponrual)
Monopolo (cnrgn 1>0nllml)
Q cos o
~ 0 m senOa~
A s----
v "' ---,4Trs.,r2
4wrl
Qd
E =
(2 cos
3
4Tr&or
J.lom
O a, + sen 9 ao)
8 = - (2coslla, +
~en8a,)
41frJ
a,
p
p
+Q
T
1
d
T
1-Q,..
r
d
-Q
-~
Oipolo (duas c:Jil!OS poniUais)
Dipolo (j)l.'qUCM cspim de com:nle ou barrn iman!ada)
~~~--~~--~~~~~~
(a)
(bl
Fi~:ura
8.7 As linhas de B devido aos dipolos magnéticos: (a) uma pequena espira de corrente com m = /S:
(b) um ímã com m = Q.e.
Uma pequeno ímã permanente, moSLrado na Figura 8.7(b), pode também ser considerado como
um dipolo magnético. Observe que as linhas de B devido ao ímã são similares àquelas devido à pequena espira de corrente na Figura 8.7(a).
Forças, Materiais e D isposi tivos Magnéticos •
293
FiJ!ura 8.1! Um imã em um campo magnético externo.
8
•
Considere o ímã da Figura 8.8. Se Q.,é uma carga magnética isolada (intensidade de pólo) e I o
seu comprimento, o ímã tem um momento de dipolo Q.,l. (Observe que Q,. existe, entretanto, não
existe sem um - Qm associado. Veja tabela 8.2.) Quando ímã está imerso em um campo magnético
uniforme B, ele experimenta um torque
T = m X B=
Q,e
X B
(8.23)
e
onde apon ta na direção sul- norte. O torque tende a alinhar o ímã com o campo magnético externo.
A força que age sobre a carga magnética é dada por:
F = Q,B
(8.24)
Já que tanto uma pequena espira de corrente quanto um ímã se comportam como dipolos magnéticos, eles são equivalentes se produzem o mesmo torque quando sob a ação de um dado campo magnético 8 , isto é, quando
T
= Q.,eB = 158
(8.25)
Dessa forma,
(8.26)
demonstrando que eles devem ter o mesmo momento de dipolo.
EXEMPLO 8.5
Determine o momento magnético de um circuito elétrico formado pela espira triangular da Figura 8.9.
Solução:
Do Problema 1. 18(c), a equação de um plano é dada por Ax + 8y + Cz + D = O, onde D = - (A 2 +
'
8 2 + C).
Uma vez que os pontos (2, O, 0), (0, 2, 0) e (0, O, 2) estão sobre o plano, estes pontos devem sati sfazer a equação do plano e as constan tes A, 8, C e D podem ser determinadas. Fazendo
isto, resulta em x + y + z = 2 como o plano sobre o qual a espira está. Portanto, podemos usar
m = /Sa,
onde
S = área despiras =
~
X base X al tura=
-i (2VÍ)(2v'2)sen 60°
= 4 sen 60°
Definimos a superfície plana pela função
f(x,y,z) = x + y + z - 2 = O,
Vf =
a, =
:t IVf i
+ (a.,.
+ a ,. + a:)
V3
294
• Elementos de Eletromagnetismo
Escolhemos o sinal positivo em função da oriemação da corrente na espira (usando a regra da mão
direita, m é orientado como na tigura 8.9). Portanto,
m = 5 (4 sen 60°) (a.r + a,. + a,)
v3 2
JO(a.r + a,. + a,) A · m
:
Fi~-:uru
8.9 Espira triangular do Exemplo 8.5.
2
.
'
EXERCICIO PRATICO 8.5
2
Urna bobina retangular, de área 10 cm , é percorrida por uma corrente de 50 A e está sobre o
plano 2x + 6y- 3z = 7, tal que o momento magnético da bobina está orientado para fora da
origem. Calcule seu momento magnético.
Resposta: (1,429a,
EXEMPLO 8.6
+ 4,286ay- 2,143a,
X
10- 2 A· m2
Uma pequena espira de corrente L,, com momento magnético 5a. Altn2 , está localizada na origem,
enquan1o outra pequena espira de corrente, com momento magnético 3aYA/m 1 está localizada em
(4,- 3, I 0). Determine o Iorque sobre L 1 .
Solução:
O Iorque T 2 sobre a espira L2 é devido ao campo 8 1 produzido pela espira L,. Portanto,
T 2 = m2 X
B,
Já que m, para a espira L, é ao longo de a,, determinamos B, usando a et]uação (8.22):
81=
!J-oll'l·l
41!"r
3
(2 cos (}a,. + sen (} a0)
Uti Iizando a equação (2.23), transformamos m 2 do sistema de cm1rdcnadas cartesiano para o sistema
es féri co:
m2 = 3a,- = 3 (sen (} scn cp a,
+ cos (} scn cp a0 + cos if> a<>)
Em (4, - 3, I0):
r=
to(}=
"'
V42 + (-3)2 +
p
5
I
- = = -
z
10
2
102 = 5Vs
--+ sen (} =
I
---:;=.
V5'
J
-3
-3
tg <P = - = ---+ sen <P = -.
X
4
5
2
cos(} = Vs
cos <P =
4
5
Fo rças, Materiais e D isposi tivos M agnéticos •
295
Assim,
81 =
47r X 10-
7
X 5( 4
411" 625
10-7
v5
v5
625 (4a,
+ a,)
nh = 3 [ - 3a, _ 6a0
5Vs
5Vs
+
a, +
I
a8)
Vs
4aô]
5
c
w-7 (3)
T =
625 (5
Vs ( - 3a, - 6a0
5)
= 4,293 X 10= - 0,258a,
11
+
( -6a,
1,665a0
+
4Vsaô) X (4a,
+
aô)
+ 38,78a0 + 24aô)
+ 1,03aô nN · m
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.6
Se a bobina do Exercício Prático 8.5 é imersa em um campo uniforme 0,6ax +
2
0,4ay + 0,5a. Wb/m ,
(a) detennine o torque sobre a bobina;
(b) demonstre que o torque sobre a bobina é máximo se el a for colocada sobre o plano
2x - 8y
+ 4z =
\184. Calcule o val or do torque máximo.
Resposta: (a) 0,03ax - 0,02a,. - 0,02a: N · m; (b) 0,04387 N · m.
8.5 MAGNETIZAÇÃO EM MATERIAIS
N ossa discussão aqui será semelhante àquel a sobre a polarização de materiais em um campo elétri co. A ssumiremos que nosso modelo atômico é o de um el étron orbitando em torno de um núcleo positi vo.
Sabemos que um dado material é composto ele átom os. C ada átomo pode ser considerado como
consti tuído de elétrons orbitando em torno de um núcleo central positivo. Os elétrons também giram
em torn o de seus pr6prios eixos. Portanto, um campo magnético in terno é gerado pel os elétJon s que
orbi tam em torno elo núcleo como na Figura 8.1 O(a), ou pel a rotação dos elétrons, como na Figura
8. 10(b). Esses doi s movimentos eletrônicos geram campos magnéticos intern os 8; que são similares
ao campo magnético produzido por uma espira ele corrente ela Figura 8. 11 . A espira de corrente
equi valente tem um momento magnético m = / 1,Sa,. onde Sé a área da espira e 11, é a corrente no entorno do átomo.
Sem um campo externo 8 aplicado ao material, a sorn a elos ms é zero devido à orientação
randômica, como na Figura 8.12(a). Quando um campo ex terno 8 é aplicado, os momentos magnéticos dos elétrons tendem a se alinhar com B, tal que o momento magnético líqu ido não é zero, como ilustrado na Figura 8.12(b) .
A magnetização M (em ampêres/metro) é o momento do dipolo magnético por unidade de
volume.
296
• Elementos de Eletromagnetismo
F'i~ura
8. 1O (a) Elétron orbitando em tomo
do núcleo: (b) movimento de rotação do elétron.
á!
<V
+
núcleo
<1)
I
elétron
(a)
(b)
Figum 8.11 Espira circular de corrente equivalente ao movimento
eletrônico da Figura 8. 10.
Se há N átomos em um dado volume ôv e o k-ésimo átomo tem um momento de dipolo mk,
M = lim
(8.27)
4.•·--tO
Um meio para o qual M não é zero em nenhum ponto é dito magnetizado. Para um volume diferencial dv', o momento magnético é dm = M dv'. Da equação (8.21 b), o potencial magnético vetorial
devido a dm é:
De acordo com a equação (7.46):
R
Ji3=
I
'V'R
8
11 =O, M=O
(3)
(b)
FiJ(ura 8.12 Momemo de dipolo magnético em um vol ume Av: (a) antes da aplicação de B: (b) após a aplicação de B.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
297
Portanto,
A = P.oJMx
41f
I
V' - dv'
(8.28)
R
Utilizando a equação (7.48), obtém-se:
I
I
M
M X V'- = - V' X M - V' X -
R
R
R
Substituindo esta relação na equação (8.28):
A = Jlo
41r
Aplicando a identidade vetorial
f
V' X M dv' - ..&.
R
41r
v.
t
f
V' X M dv'
R
,,.
V' X F dv' = - {. F X dS
à segunda integral, obtemos:
A =
..&.
f
f J,
V' X M dv'
41r ,.·
=
Jlo
41r ,..
+ ..&. 1 M X a, dS'
R
dv'
R
41r
+ Jlo
41r
1
Ts·
Js.
R
(8.29)
K, dS'
R
Comparando a equação (8.29) com as equações (7.42) c (7.43) (desconsiderando "as linhas"),
obtém-se:
J,
=
vX
K,
=
M
M
I
(8.30)
I
(8.3 1)
e
x a,.
onde J,.,é a densidade de corrente de magnetização ligada. emtmt volume. ou a densidade de corren·
te de magnetização em 11111 volume (em amperes por metro quadrado), K,.,é a densidade de corrente
ligada em uma supelfície (em ampercs por metro) c a, é o vetor unitário normal à superrície. A equação (8.29) mostra que o potencial de um corpo magnético é devido à densidade de corrente em um
volume J., através do corpo e de uma corrente K,. sobre a supcrffcic do corpo. O vetor M é análogo
ao vetor polarização P nos dielétricos e, algumas vezes, é chamado de densidade de polarizaçcio
magnética do meio. Em outro sentido, M é análogo a H c ambos têm as mesmas unidades. Neste aspecto, assim como J = V x H , também J,. = V x M. J,.,c K.,para um corpo imantado também são
similares à P.,. e P., para um corpo polarizado. Como fica evidenciado nas equações (8.29) a (8.3 1),
J,., c K., podem ser obtidos de M. Por conseguinte, J,,c K,. não são comumente utilizados.
No espaço livre, M =O e temos
V X H = J1
ou
(8.32)
onde J1 é a densidade de corrente livre em um volume. Em um meio material M :f: O e, como resultado, B muda, tal que
VX (: )
= J1 + Jm= J
=V X H + V X M
298
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
B = /Lo(H
+ M)
(8.33)
A relação na equação (8.33) mantém-se para todos os materiais, sejam eles lineares ou não. Os conceitos de linearidade, isotropia e homogeneidade, introduzidos na Seção 5.7 para meios dielétricos
igualmente se aplica aqui para meios magnéticos. Para materiais li neares, M (em A/m) depende
linearmente de H, tal que
(8.34)
onde x.. é uma grandeza adimensional (a razão M sobre H) denominada sttscetibilidade magnética
do meio. É mais ou menos a medida de quão suscetível (ou sensível) a matéri t~ é ao campo magnéti co. Substilllindo a equação (8.34) na equação (8.33) vem que
(8.35)
ou
B=
!Lo!L,.H
(8.36)
onde
/Lr =
l +xm =~
;
!Lo
(8.37)
'-----
A grandeza !L= !Lo/L, é denominada permeabilidade do material e é medidt~ em henrys/metro. O hcnry é a unidade de indutância e será definida mais adiante. A grandeza adimensional /L, é a razão entre
a pcm1eabilidadc de um dctem1inado material e a do espaço livre, sendo chamada de permeabilidade
relativa do material.
Deve-se ter em mente que as relações nas equações (8.34) a (8.37) são válidas somente para materiais lineares e isotrópicos. Se os materiais são anisotrópicos (cristais, por exemplo), a equação
(8.33) é válida, mas as equações (8.34) a (8.37) não se aplicam. Neste caso, !L tem nove termos
(similar ao !L na equação (5.37)) e, conseqüentemente, os campos 6 , H e M não são mais paralelos.
.t~
-
,
'8.6 CLASSIFICAÇAO DOS MATERIAIS MAGNETICOS
Em geral, podemos usar a suscet.ibilidade magnética x, ou a permeabilidade magnética /L, para elassi lk ar os materiais em termos de suas propriedades magnéticas ou de seu comportamento magnético. Um material é dito não-magnético se x., = O(ou /L,= I ). Ele é magnético se isso não se veriticar. Espaço livre, ar e materiais com x., = O(ou JJ.,."' I) são considcrt~dos não- mt~gnéticos.
Em termos genéricos, os materiai s magnéticos podem ser agrupt~dos em três categorias principais: diamagnéticos, paramagnéticos e ferromagnéticos. Esta classificação genérica está indicada na
Figura 8. 13. Um materi al é dito diamagnético se ti ver /L, !5 I (isto é, um x., muito pequeno e negativo). É dito paramagnético se tiver JJ.,;;::: I (isto é, um x.. muito pequeno e positivo). Se JJ., » 1 (isto é, um x., muito grande e positivo), o materit~l é ferromagnético. A Tabela B.3, no Apêndice B,
apresenta os valores de JJ., para alguns materiais. Da tabela, fica evidente que, para a maior parte das
t~plicações práLiC<IS, podemos assumir JJ., = I para materiais diamagnéticos e para materiais paramagnéticos. Portanto, podemos considerar materiais diamagnéticos e materiais paramagnéti cos como lineares e não-magnéticos. Materiais ferromagnéticos são sempre não lineares c magnéticos, exceto
quando as temperaturas de trabalho estão acima da temperatura Curie (a ser explicada mais adiante).
A razão para isso ficará evidente à medida que examinarmos mais de perto cada um dos três tipos de
materiais magnéticos.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
299
materiais magnético.~;
linear·
n!lo-lincar
I
+
+
diamagnéticos
x. < O.p, s
1.0
p..'1r.lm.1gnéticos
X.> O.p, :e I
rerron"'gnc!tioos
x.>O.p, >
I
FiJ,:ura 8.13 Classificação dos materiais magnéticos.
O diamagnetismo ocorre em materiais em que os campos magnéticos, devido aos movimentos
de translação dos elétrons em torno em torno do núcleo e de rotação dos elétrons em torno de seus
própri os eixos, se cancelam mutuamente. Desse modo. o momento magnético permanente (ou intrfnseco) de cada átomo é zero, e os materiais são fracamente afetados pelo campo magnético. Para
a maioria dos materiais diamagnéticos (por exemplo, bismuto, chumbo, cobre , silíci o, diamante,
5
cloreto de sódio), x.. é da ordem ele - 10- . Em certos tipos ele materiai s denominados supercondutores. a temperaturas próximas do zero absoluto, o "diamagnetismo perfeito" ocorre: x,. = - I ou
2
p., = Oc B = O. Portanto, os supercondutores não podem con1er campos magnéticos. À exceção
dos supcrcondutores, os materiais diamagnéticos são raramente utilizados na prática. Embora o
efeito diamagnético seja mascarado por outros efeitos mais proeminentes em alguns materiais, toelos os materiais apresentam diamagnetismo.
Os materiais cujos átomos tem um momento magnélico permanente não-nulo podem ser ou paramagnéticos ou fcrromagnéticos. O paramagnetismo ocorre em materiais para os quais os campos
magnéticos produzidos pelos movimentos de translação dos elétrons em torno do núcleo e de rotação
dos elétrons em torno de seus próprios eixos não se cancelam completamente.
Diferentemente do diamagnetismo, o paramagnetismo depende da temperatura. Para a maioria
dos materiais paramagnéúcos (por exemplo: ar, platina, tungstênio, potássio), x.. é da ordem de
+ I 5 a + I 3 c depende da temperatura. Tais materiais encontram aplicação em masers.
O ferrouwgnetismo ocorre em materiais para os quais os átomos têm momento magnético permanente relativamente grande. São denominados materiais fcrromagnéticos porque o material mais
conhecido dessa categoria é o ferro. Outros materiais são o cobalto, o níquel e seus compostos. Os
materiais ferromagnéticos são muito úteis na prática. De forma distinta dos materiais diamagnéticos
c dos paramagnéticos, os materiai s ferromagnéticos têm as seguintes propriedades:
o·
o·
I . são capazes de serem magnetizados fortemente por um campo magnético;
2. retêm um grau considerável de magnetização quando retirados do campo;
3. perdem suas propriedades ferromagnéticas c tornam-se materiais paramagnéticos lineares
quando a temperatura fica acima de urna certa temperatura con hecida como temperatura
Curie. Portanto, se um imã permanente for aquecido acima ele sua temperatura Curie (770° C
para o ferro), el e perde sua magnetização por completo;
4. são não-lineares, isto é, a relação consti tutiva B = J.l.,,p.,.H não se verifica para materiais ferromagnéticos porque p., depende de B e não pode ser representado por um único valor.
Portanto, os valores de p., citados na Tabela B.3 para materiais ferromagnéticos são apenas típicos.
Por exemplo, para níquel p., = 50 sob certas cond ições e 600 sob outras condições.
Como mencionado na Seção 5.9, referente a materiais condutores, os materiais fcrromagnéticos,
como o ferro e o aço, são utilizados para isolamento (ou blindagem) para proteger dispositivos
elétricos sensíveis de distúrbios causados por campos magnéticos intensos. Um exemplo típico de
uma blindagem de ferro é mostrada na Figura 8.14(a), onde a bússola está protegida. Sem a
blindagem de ferro, a bússola fornece uma leitura errada devido ao efeito do campo magnético externo, como na Figura 8.14(b). Para um isolamento perfeito requer-se que a blindagem tenha permeabilidade infinita.
'Um tr.uamcmoexcclcncc dos supcrcondutor.:s é encontrado em M. A. Ptonus. Applied fltctmmo.~netics. Ncw York: McGr.tw-Hill. 1978. p. 375-388. Também.
a edição de agosto de 1989 dos Pmceedinss of IEEE é dedicado à supercondutividadc.
300
• Elementos de Eletromagnetismo
/blindagem de rcrro
,..., N
_.:·
{/N-
""""'
I,:
(
(a)
"..·;; ..
s ..
~-:::-·
(
(b)
Figura 8.14 Isolamento magnético: (a) blindagem de ferro protegendo uma pequena bússola: (b) a bússola dá
uma indicaçào crr.tda sem a blindagem.
Embora B = 1-!o (R + M ) seja válida para todos os materiais, inclusive os lerrornagnéticos, arelação entre B e H depende da magnetização prévia do material ferromagnético, isto é, sua " história
magnética". Ao invés de termos uma relação linear en tre B e H (isto é, B = !-!H), somente é possível
representar essa relação pela cun1a de magnetização ou curva 8- H.
Uma curva 8-H típica é mostrada na Figura 8.15. Em primeiro lugar, observe a relação não linear
entre B e H. Em segundo lugar, em qualquer ponto sobre a curva, !-! é dado pela razão BIH e não por
d8/dH, a inclinação da curva.
Se assumirmos que o material ferromagnético, cuj a curva 8- H está na Figura 8. 15, está inicialmente desmagnetizado, à medida que H aumenta (devido ao aumento da corrente) de O até a máxima intensidade de campo apljcada H011,, a curva OP vai sendo gerada. Essa curva é referida como a
curva virgem ou cun1a inicial de magnetização. Após alcançar a saturação em P, se H diminuir, B
não segue a curva inicial, mas se au·asa em relação à H. Esse fenômeno de B se atrasar em relação à
H é denominado histerese (que significa " atraso" em grego).
Se H for reduzido a zero, 8 não é reduzido a zero, mas a 8 ,, que é referido como a densidade de
fluxo remanellfe. O valor de B, depende de H,.v., a intensidade de campo máxima aplicada. A existência de 8, é a causa de termos ímãs pem1anentes. Se H cresce negati vamente (ao inverter o sentido da corrente), B toma-se zero quando H toma-se H., que é conhecida como imensidade de campo coerciti1·a. Materiais para os quais Hc é pequeno são ditos magneticamente macios. O valor de H,
depende de Hft11., ·
Um aumento adicional de H na direção negativa até alcançar Q c a reversão até alcançar P resulta
em uma curva fechada denominada laço de histerese. O fonnato dos laços de histerese variam de um
material para outro. Algumas ferri tes, por exemplo, tem um laço de histcrese quase retangular e são utilizadas em computadores digitais como memórias para armazenamento de dados. A área de um laço de
histerese dá a energia perdida (perda histerética) por unidade de volume durante um ciclo da magnetização periódica do material fetromagnético. Essa perda de energia se dá na lbrma de calor. E, p011anto,
é desejável que os materiais utiljzados em geradores elétricos, motores c transformadores t.enham laços
de histercse altos, mas estreitos, tal que as perdas histeréticas sejam minimizadas.
B
curvn dl!
mngncaiz.aç5o
inici:1l
-8r
Jo'i~uru
8. 15 Curva de magnetização (B-H) típica.
~laço de histerese
Forças, Materiais e D isposi tivos Magnéticos •
301
A região O :s z :s 2 m está ocupada por um bloco infinito de material permeável (p., = 2,5). Se
B = !Oyax- 5xa,. mWb/nl dentro do bloco, dctemtinc: (a) J, (b) J1,, (c) M, (d) K" sobre z =O.
EXEMPLO 8.7
Solução:
(a) Por definição,
J =VX H= VX
106
=
(b) J"
1T
= x..,J = (p., -
( -5
B
P.oJ.Ir
1
(a~
- -a~) a
7
41T X I 0- (2,5)
ax
ay ~
- 10)10- 3a, = -4,775a, kA/m 2
l )J = I ,5( -4,775aJ · I 03
?
= -7, 163a1. wm-
c) M _
(
- Xm
_ 1,5(10yax - 5xay) · 10- 3
- Xml-'ol-'r 41T X 10- \2,5)
H _
B
= 4,715yax - 2,387xay kA/m
(d) K" = M X a,. Já que z = Oé a porção inferior do bloco que ocupa O s
ma,
Kh = (4,775ya.. - 2,387xay)
=
X (-
z :S 2, a, =
-a~.
Dessa for-
aJ
2,387xa_.. + 4.775ya>" kA!m
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.7
Em uma certa região (J.t
=
4,6p0 ),
B = lOe--'a, mWb/m 2
encontre: (a) Xm• (b) H , (c) M
-
'
8.7 CONDIÇOES DE FRONTEIRA MAGNETICAS
Defi nimos as condições de fronteira magnéticas como as condições que o campo H (ou B) deve
satis-fazer na fronteira entre dois meios dife rentes. Nossas deduções aqui são similares àquelas da
Seção 5.9. Faremos uso da lei de Gauss para campos magnét.icos
f B· dS =O
(8.38)
f
(8.39)
e da lei circuilal de Ampere
H ·dl = I
Considere a fromeira entre dois meios magnéticos I e 2 caracterizada, respectivamente, por p,1 e
P-2• como na Figura 8.16. Aplicando a equação (8.38) ao cilindro (superfície gaussiana) da Figura
8.16(a) e fazendo llh ~ O, obtemos:
81., t:.S - 82., llS = O
(8.40)
302
• Elementos de Eletromagnetismo
•
-
0
..
. -
a
.
-...
llt
.
.5 K
c
161•
tt.w
3
~t l l
G)
.
o-!.:
d
Bz,
~
H I,
llz
(a)
0
I'I
(b)
Figum8. 16 Condições de fronteira entre dois meios magnéti cos: (a) para 8: (b) para H.
Então,
ou
(8.41)
urna vez que 8 = J.L H. A equação (8.4 1) mostra que a componente normal de 8 é contínua na fronteira. Essa equação também mostra que a componente normal de H é descontínua na fronteira; H
pode ter alguma mudança na interface.
De maneira similar, aplicamos a equação (8.39) ao caminho fechado abcda da Figura 8.16(b),
onde a corrente K na superfície da fronteira é considerada normal ao caminho. Obtemos
K · tl w = H 1I
•
tlw
+ H 1n
tlh
· -
tlll
2 + H•.ui · - 2
tlh
tlh
- H?a · tl w- H?-"' · - - H In · 2
2
(8.42)
À medida que llil -+ O, a equação (8.42) nos leva a
(8.43)
Isso mostra que a componente tangencial de H é também descontínua. A equação (8.43) pode serescrita em termos de 8 como
(8.44)
No caso geral, a equação (8.43) torna-se
(8.45)
onde a., 12 é um vetor unitário normal à interface e orientado do meio I para o meio 2. Se a fronteira
está livre de corrente ou os meios não são condutores (por K se entende densidade de corrente livre),
K = O c a equação (8.43) torna-se
ou
(8.46)
Portanto, a componente rangencial de H é contínua, enquanto que a componente tangencial de B é
descontínua na fronteira.
Se os campos fazem um ângulo 8 com a normal à interface, a equação (8.41) resulta em
(8.47)
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
303
enquanto que a equação (8.46) origina
s.
- senO. = H 1, = H 21 =
~.
8,
--=- sen ~
(8.48)
~2
Dividindo a equação (8.48) pela equação (8.47), temos
= -~·
(8.49)
que é similar à equação (5.65), e é a lei da refração para linhas de lluxo magnético quando na fronteira não há qualquer fonte de corrente na superfície da interface de separação.
EXEMPLO 8.8
Dado que H
= - 2a_, + 6a1 + 4a<A/m em uma região y- x- 2 <
O, onde~~
= 5~0 , calcule:
(a) M 1 e U 1;
(b) H 2 e 8 2 na região y- x - 2 > O, onde ~ 2 =
2~,.
Solução:
Já que y- x- 2 = O é um plano, y - x ::5 2 ou y s x + 2 é a região I na Figura 8. 17. Podemos confirmar isso com a localização de um ponto nessa região. Por exemplo, a origem (0, 0) está nessa
região, uma vez que O- O- 2 < O. Se descrevermos a superfície do plano porf(x, y) = y- x- 2, um
vetor unitário normal ao plano é dado por
Vf
a,= IV/I M1 = Xm1 H 1 =(~ri -
(a)
= - 8ax + 24ay
+
a,. - a.,
Ví
I) H 1 = (5 - 1)(-2, 6, 4)
16a: Nm
B 1 = ~I H I = ~o~r1 H 1 = 47r X 10- (5)( -2, 6, 4)
7
= -12,57a,
(b) H 1, = (H I
·
= -4a.r
,
+ 37,7a,. + 25,13a: ~Wbfm ·
a,)an = [ ( -2, 6, 4) ·
(- I , I , 0) ] (- I , I, 0)
v'2
v'2
+ 4a,.
Porém,
Fij!ura 8.J 7 Rcfcrcmc ao Exemplo 8.8.
304
•
Elementos de Eletromagnetismo
Portanto,
H 1,
=
H1
H 1, = (- 2, 6, 4) - (-4, 4, O)
-
= 2ax
+ 2ay + 4a:
Utilizando as condições de fronteira, temos
H 1, = 2a.• + 2a,. + 4a:
H 21
=
B21,
= B 1,
~ 1'2H 21,
= 1-'1H 1n
ou
Então,
e
7
B2 = 1'2H 2 = l'ol'r2H 2 = (47r X 10- )(2)(-8, 12, 4)
= -20,11a_,. + 30,16a!'
,
+ 10,05a, I-'Wbfm·
'
EXERCI' CIO PRATICO
8.8
A região I, descrita por 3x + 4y > I O, é um espaço livre, enquanto que a região 2, descrita
por 3x + 4y < 10, é um material magnético para o qual f.J ::: IOf.J•. Assumindo que a fronteira
entre o material e o espaço livre seja livre de corren te, determine B,, se B1 = O, I as + 0,4a, +
?
0,2a. Wbfm·.
•
Resposta: - I,052a,
EXEMPLO 8.9
?
+ l,264aY+ 2a<Wbtm·.
O plano xy serve como interface entre dois meios diferentes. O meio I (z < 0) é preenchido com um
material cujo 1-'r = 6, e o meio 2 (z > O) é preenchido com um material cujo 1-'r = 4. Se a i nterface é
percorrida por uma corrente (I/I-') a,. mA/m c B 2 = 5a, + 8a, mWb/m 2 , determine H 1 c B 1•
Solução:
No exemplo anterior, K = O, tal que a equação (8.46) era adequada. Neste exemplo, entretanto, K :t:- O
c temos que recorrer à equação (8.45) em conjunto com a equação (8.4 1). Considere o problema como ilustrado na Figura 8.18. Assuma que B 1 = (B,,. 8>, B) seja expressa em mWb/m 2•
(8.8. 1)
Fi~:ura
a,..tl = a t
,
t
K
--------------~-----------.--~ y
0
1',-J
~6
8. 18 Referente ao Exemplo 8.9.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
305
Porém,
(8.8.2)
e
(8.8.3)
Tendo determinado as componentes normais, podemos encontrar as componentes tangcnciais
usando
ou
(8.8.4)
Substituindo as equações (8.8.2) e (8.8.3) na equação (8.8.4), temos:
I
- (Bxa, + Byay + B,aJ X a.
6J.l.o
= -
I
4~
I
(5a,. + 8a,) X a,. + -;;- ay
ro
Equacionando as componentes, tem-se:
- 5
4
- 8
6
_..:;.X = -
By =O,
+
ou
(8.8.5)
A partir das equações (8.8. 1) e (8.8.5),
?
8 1 = 1,5a.. + 8a: mWbtm81
I
= - (0,25a,
J.l.1
J.l.o
•
H1 = -
+ l,:na _) mA/m
-
c
I
H2 = J.l.o ( 1,25a.. + 2aJ mA/m
Observe que H,,, é (l/p,0 ) mA/m menor do que
8 1,. = Bz,,,
H~, devido
à lâmina de corrente e também porque
'
'
EXERCICIO
PRATICO
8.9
Um vetor unitário normal apontando da região 2 (/1 = 2Jl0 ) para a região I (f/ = fi.) é
a,.21 = (6ax + 2a,.- 3a,)/7. Se H 1 = IOax + a)' + 12a, A/m e H 2 = H~a,- 5a,, + 4a, A/m,
determine:
(a) H~;
(b) a densidade de corrente K na interface;
(c) os ângulos que 8 1e B2 fazem com a normal à interface.
Resposta: (a) 5,833; (b) 4,86a~ - 8,64a,. + 3,95a, A/m; (c) 76,27°, 77,62°.
306
• Elementos de Eletromagnetismo
8.8 INDUTORES E INDUTÂNCIAS
Um circuito (ou um caminho fechado condutor) que é percorrido por uma corrente I gera um campo
magnético B, que causa um fluxo 'f = f B · dS que atravessa cada espira do circuito, como mostrado
na Figura 8.19. Se o circuito tiver N espiras idênticas, definimos o fluxo concatenado À como
À=N 'P
(8.50)
Ainda, se o meio que circunda o circuito é linear, o fluxo concatenado À é proporcional à corrente I
que o gerou, isto é,
À 'X I
ou
À =
LI
(8.51 )
onde L é uma constante de proporcionalidade denominada indutância do circuito. A indutância L é
uma propriedade que é função da geometria do circuito. Um circuito, ou parte de um circuito, que
tem uma indutância é denominado um indu to r. Das equações (8.50) c (8.5 1), podemos definir a indutância L de um indutor como a razão entre o tluxo magnético concatenado À e a corrente I através
do indutor, isto é:
À N'P
L= - = 1
I
(8.52)
A unidade de indutância é o henry (H), que é equivalen te à wcbcrs/amperc. Já que o hcnry é uma
unidade muito grande, as indutâncias são normalmente dadas em rnili-henry (rnH).
A indutância detinida pela equação (8.52) é comumente referida como awo-indutância,já que o
fluxo concatenado é gerado pelo próprio indutor. Da mesma forma que no caso das capacitâncias,
podemos considerar a indutância como uma medida da quantidade de energia magnética que pode
ser armazenada dentro de um indutor. A energia magnética (em joules) armazenada em um indutor é
expressa na Teoria de Circuitos como
w
"'
I ?
= - Lf ·
2
(8.53)
ou
2W
L = 12111
(8.54)
Portanto, a auto-indutância de um circuito pode ser definida ou calculada a partir de considerações
de energia.
Se ao invés de termos um circuito tivermos dois circuitos percorridos por correntes 11 e 12, como
mostrado na Figura 8.20, uma i nteração magnética existirá entre os circuitos. Quatro componemes de
Fi~:ura
I
I
8.19 Campo magnético B gerado por um circuito.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
307
fluxo '1' 11 , '1',2, '1'2 , e '1'22 são geradas. O !luxo '1'12, por exemplo, é o !luxo que passa através do circuito
I devido à corrente / 2 no circuito 2. Se 8 2 é o campo devido à /2 e S1 é a área do circuito I , então
'1'12
=
f.s.
8 2 · dS
(8.55)
Definimos a iudwâucia mtíttta M 12 como a razão entre o lluxo concatenado À12 = N,'1'12 sobre o circuito I devido à corrente / 2 , isto é:
(8.56)
De maneira similar, a indutância mútua M21é definida como o lluxo concatenado do circuito 2 por
unidade de corrente / 1, isto é,
(8.57a)
Pode-se demonstrar, utilizando conceitos de energia, que, se o meio que circunda os circuitos é
linear (isto é, na ausência de material ferromagnético),
(8.57b)
A indutância mútua M 12 ou M 21 é expressa em henrys c não deve ser confundida com o vetor de magnetização M expresso em amperes/metro.
Definimos a auto-indutância dos circuitos I e 2, respectivamente, como
(8.58)
e
(8.59)
onde '1', = '1',1 + '1' ,2 e '1' 2 = '1'21 + '1'22. A energia total no campo magnético é a soma das energias
devido a L,, L 2 e M 12 (ou M2 ,), isto é,
w,
=
=
w, + w2 + w, 2
I
2
,
I
,
L,Ij + 2L2f ?.::!: M, 2/1/2
(8.60)
O sinal positivo é considerado se as correntes / 1 e 12 lluem tal que os campos magnéticos dos dois circuitos se reforçam. Se as correntes tluem de tal modo que seus campos magnéticos se opõem, o sinal
é considerado negativo.
Figura 8.20 Intcração magnética entre
dois ci rcuitos.
circuito I
circuito 2
308
• Elementos de Eletromagnetismo
Como mencionado anteriormente, um indutor é um condutor montado com formato adequado
para armazenar energia magnética. Exemplos típicos de indutores são toróides, solenóides, linhas de
transmissão coaxial e linhas de transmissão de fios paralelos. A indutância de cada um desses indutorcs pode ser determinada pelo procedimento descri to a seguir, similar àquele utilizado para determinar a capaci tância de um capacitor. Para um dado indutor, determinamos a sua auto-indutância L
seguindo os passos abaixo:
J. escolha um sistema de coordenadas adequado;
2. considere que o indutor é percorrido por uma corrente I;
3. determine B a partir da lei de Biot-Savart (ou a partir da lei de Ampere se houver simetria) e
calcule 'I' a partir de 'I' = J B · dS;
À
N'l'
4. finalmente, determine L a partir de L = - = - .
I
I
A indutância mútua entre dois circuitos pode ser calculada por um procedimento semelhante.
Em um indutor tal como uma linha de transmissão coaxial ou uma linha de tran smissão de fios
paralelos, a indutância produzida pelo tluxo interno ao condutor é denominada indutância in tema L,,.
enquanto que a produzida pelo nuxo externo é denominada indurância externa Lc,.· A indutância total L é:
(8.61)
Da mesma maneira como foi demonstrado para capacitares
E:
RC= -
(6.35)
(]
pode-se demonstrar que
Lcx•C = p.e
(8.62)
Então, L<" pode ser calculada utiJjzando a equação (8.62) se C for conhecido.
Uma coleção de fórmulas para alguns elementos fundamentais de circuitos é apresen tada na
Tabela 8.3. Todas as fómlUias podem ser deduzidas seguindo os passos listados acirna. 3
8.9 ENERGIA MAGNÉTICA
Da mesma forma que a energia potencial em um campo eletros táti co foi deduzida como
WE =
~
I
D · E dv =
~
I
2
eE dv
(4.96)
seria interessante deduzir uma expressão similar para a energia em um campo magnetostático. Uma
abordagem simples consiste em utilizar a energia magnética no campo de um inelutor. A partir ela
equação (8.53),
w,
=
I
2
u ~-
(8.53)
verifica-se que a energia está annazenada no campo magnético B de um inelutor. E' interessante expressar a equação (8.53) em termos de B ou de H .
Considere um volume diferencial em um campo magnético, como mostrado na Figura 8.21. Seja o volume coberto com lâminas metálicas condutoras nas superfícies do topo e ela base percorridas
por corrente t:J.
' Fónnulas adicion:1is podem ser encon1r.1das em manuais de padrões elé1ricos ou em H. Knoepfcl. Pulscd High Magnelic Ficlds. Ams1erdarn: Nonh-Holland,
1970. p. 312-324.
Forças, Materiais e D isposi tivos M agnéticos •
309
Ll.J•
.O.x
/ÁI
.O.z
lâminas
8
condutoms
)'
.oy.
X
l'i~ura
8.21 Um diferencial de volume no interior de um campo magn6tico.
A ssumimos que toda a regi ão está preenchida com tais volumes di ferenciais. Da equação (8.52),
cada volume tem uma indutância de
t:J.L = t:J. 'f' = p.H t:J.x t:J.z
t:J.l
(8.63)
t:J.l
onde M = H t:J.y. Substituindo a equação (8.63) na equação (8.53), temos
I
I
,
t:J. Wm = -2 t:J. L t:J.l 2 = -2r
,.H - t:J.x t:l.)• t:J.•~
TABELA 8.3 Urna col eção de fórmulas para a indutância de geometrias básicas
1. Fio
5. Espiro circular
/Lo
4e - 2.45)
(In
21T
d
e
L =-
L = P.ot
81T
e=
21Tp0 , Po >> d
2. Cilindro oco
L = /Lo
e >>
e (In ~ - I)
21T
8
8
2o f
6. Solenóide
'-~"
p,0 N1S
L =;_;__
e
e >> a
3. Fios pamlclos
1'-oe d
L = -
1T
In -
a
e>> d, d >> a
5. Toro (de seção reta circular)
L
= p..,N2[p0
-
~)
4. Condutor coaxial
1'-oi b
L= - ln21T
a
6. Lâmina
L = !Lo
u (111 b u + o.s)
+ I
l
'=f ~~~
b
(8.64)
31O
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
I
,
.ó.Wm = - ruH-.a.v
2
A densidade de energia magnetostática w,. (em J/m
w
m
3
)
= A•-40
lim
é definida como
.a. w..
.Ó. \1
I
= -2 p.H 2
Portanto,
(8.65)
Então, a energia em um campo magnetostático em um meio linear é
f
W, =
w,. dv
ou
W = -I
m
2
f8
2f
· H dv =-I
uH 2 d v
r
(8.66)
que é similar à equação (4.96) para um campo eletrostático.
EXEMPLO 8.1O
Calcule a auto-indutância, por unidade de comprimento, de um solenóide infinitamente longo.
Solução:
Lembremos do Exemplo 7.4 que, para um solenóide infinitamente longo, o nuxo magnético no interior do solenóide, por unidade de comprimento, é
B = p.H = p./11
onde 11 = NIC = número de espiras por unidade de comprimento. Se Sé a área da seção reta do
solenóide, o fluxo total através dessa área é
Já que esse lluxo é somente para um comprimento unitário do solenóide, o fluxo concatenado por
unidade de comprimento é
e, portanto, a indutância por unidade de comprimento é
L'
L
')..'
e
1
=- =-
,
= p.ll-
s
Forças, Materiais e Disposi tivos Magnéticos •
311
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.10
Um solenóide muito longo, com seção reta de 2 X 2 em, tem um núcleo de ferro (Jl, = 1.000) e
4.000 espiras/metro. Se o solenóide for percorrido por uma corrente de 500 mA, determine:
(a) sua auto-indutância por metro;
(b) a energia armazenada, por metro, nesse campo.
Resposta: (a) 8,042 Hlm; (b) I ,005 J/m.
EXEMPLO 8.11
Determine a auto-indutância de um cabo coaxial de raio interno a c raio externo b.
Solução:
A auto-indutância do indutor pode ser encontrada de duas maneiras: seguindo os quatro passos dados na Seção 8.8 ou usando as equações (8.54) e (8.66).
Método 1: considere a seção rcla do cabo como mos trado na Figura 8.22. Lembremos da equação
(7.29) que, jJela aplicação da lei circuitai de Amperc, obtemos para a região 1 (0 < p < a),
81=
e, para a região 2 (a
s
p
s
f.L/p
21ra2
a~
b),
B,
-
~-'' a~
= 27rp
Primeiro, encontramos a indutância interna L;. considerando os fluxos concatenados devido ao condutor interno. Da Figura 8.22(a), o fluxo que sai de uma casca diferencial de espessura dp é:
d'P1
p1p
= 8 1 dp dz = 21ra-, dp t/z
O fluxo concatenado é d'l' 1 multiplicado pela razão entre a área limitada pelo caminho que envolve
o fluxo c a área total, isto é,
porque I está uniformemente distri buído através da seção reta, para excitação em corrente contínua
(de). Então, os lluxos concatenados totai s no interior do elemento diferencial de fluxo são:
' = f.Llp dp dz . i_
d AJ
>
2
21raa
®I
0 eixo z
--,'" ,,,,_
,_
...
.....
....·
......
I I
1r
I I
(a)
Fi~:ura 8.22
(b)
Seção reta do cabo coaxial: (a) para a região I (O< p < a ): (b) para a região 2 (a < p < b): referente ao Exemplo 8. 11.
312
•
Elementos de Eletromagnetismo
e
Para um comprimento do cabo,
L· = ~ = p.e
'"
f
81r
(8. I 1.1 )
A indutância interna por unidade de comprimento, dada por
(8. 11.2)
H/m
é independente do raio do condutor ou do fio. Portanto, as equações (8. I I. I) e (8. I 1.2) são também
aplicáveis para encontrar a indutância de qualquer condutor reto infinitamente longo de raio finito.
Agora, determinaremos a indutância externa L"" considerando os lluxos concatenados entre os
condutores interno e externo, como na Figura 8.22(b). Para uma casca diferencial de espessura dp,
!J.I
d'P2 = 8 2 dp dz = dp dz
27rp
Neste caso, a corrente I a ser considerada para o cálculo do lluxo é a corrente total/. Portanto,
L
p.e
>..,
exo
b
= --== !n I
211" a
Então,
ou a indutância por unidade de comptirnento é:
,
L
IA- [I
b]
L = e= 21r 4 + In a
J-1/m
Método 2: é mais fácil utilizar as equações (8.54) c (8.66) para determinar L , isto é,
W, =
I
2
,
LI-
ou
onde
W
"'
= -I
2
I
B · H dv
I
8' dv
= _:_
2~J.
Portanto,
L;n = 22
1
=
I Bi
;;-dv = 2 I
- P.
I IA-
~
4r. a
4
III / 12/
lz.. I"
, ~
47r"(l
pdpd~dz
e
c dz
d~ p3 dp = L
o
o
o
87r
I
Forças, Materiais e D isposi tivos Magnéticos •
p.
= - ,
411"-
e
I
c
o
dz
I2,. d</> Jb -d
313
e
p.
b.
= - ln a p
271" a
o
+ Le.t
'"
L = L·
p
Jl.e[1- + In -b]
271" 4
a
= -
corno obtido anteri ormente.
EXERCÍCIO PRÁTI CO 8.11
Calcule a auto-indutância do cabo coax ial do Exempl o 8. 11 se o condutor interno for feito de
um material não-homogêneo, tendo p. = 2p.J( I + p ).
Resposta: -P.oe
811"
EXEMPLO 8 .12
b+ -Jl.oe [ In-
(I +
In..:...._
_ b)]
_,_
( I + a)
a
1r
Determine a indutância, por unidade de comprimento, de uma linha de transmissão a dois tios, com
separação entre eles de d. Cada fio tem um raio a, como mostrado na Figura 6.37.
Sol ução:
U tilizaremos os dois métodos do último exemplo.
Método 1: determinamos L... da mesma forma como foi feito no último exemplo. Portanto, para a
região O ~ p <a, obtemos
como no último exemplo. Para a região a < p <d - a, os fluxos concatenados entre os fios são
À, = 'P, =
-
Os
d- a
f
Jt
p= a
p.l
p.lf
d-
a
-dpdz = - In - 271"p
27r
a
::z O
fluxo~ concatenados gerados pelo fio I são:
~
~
p.te
p.te
" ' + " Z = -87r + -271"
d - a
ln - -
a
Por simetria, a mesma quantidade de tlu xo é gerada pela corrente - 1 no fio 2. Portanto, os fluxos concatenados totais são:
À = 2(À 1 + À2)
p.te[ l + In d= ---;a a]
4
= LI
Se d »a, a auto-indutância, por unidade de comprimen to, é:
L'
Método 2: do último exemplo,
=7=; [~ + In:] I
H/m
314
•
Elementos de Eletromagnetismo
Agora,
L cx t = ?2
r-
f
Jl.
= ----;
4 1i"
p.e
2
8 ? dv = --:;I
-P.
J-p.
dz
d<P
it i2'"
o
o
fff J.h
,
2
411"-p 2
f'/
(I
P dp d<P dz
-dp
p
u
d-a
= - ln - 271"
a
Uma vez que os dois fios são simétricos,
L = 2 (L;n
+ Lcxt)
= -p.C [I1f
d- a] H
In
+
4
{/
corno obtido anteriormente.
EXERCÍ CIO PRÁTICO 8.12
Dois fi os de cobre com bitola 10 AWG* (2,588 mm de diâmetro) estão colocados em paralelo
no ar com um espaçamento entre eles de d. Se a indutância de cada fio
é de I ,2 p.Him, calcule:
(a) L,. e L..,. por metro, para cada tio;
(b) o espaçamento d entre os fios.
Resposta: (a) 0,05 c 1, 15 .uHJm; (b) 40,79 em.
EXEMPLO 8.13
Dois anéis circulares coaxiais de raios a e b (b > a) estão separados por uma distância h (h » a,b)
como mostrado na Figura 8.23. Determine a indutância mútua entre os anéis.
Solução:
Seja o anel I percorrido pela corrente / t. Em um ponto arbitrário P sobre o anel 2, o potencial magnético vetorial devido ao anel I é dado pela equação (8.21 a), a saber:
Se h
>> b
Portanto,
e
*
N. de T. A sigla AWG significa Amcrican \Vire Gage e representa um padrão none-ámeric:mo de bitola de lios. hoje em desuso.
Forças, Materiais e D isposi tivos Magnéticos •
315
Figura 8.23 Dois an~is coaxiais: referente ao Exemplo 8.13.
T
,
1
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.13
Determine a indutância mútua de duas espiras circulares coplanares c concêntricas de raios 2m
e 3 m.
Resposta: 2,632 ,uH.
t8.10 CIRCUITOS MAGNÉTICOS
O conceito de circuitos magnéticos está baseado na resolução de alguns problemas de campo magnético
utilizando a abordagem de circuitos. Dispositivos magnéticos como toróides, transfom1adores, motores,
geradores e rclés podem ser considerados circuitos magnéticos. A análise desses circuitos é simplificada
se uma analogia entre circuitos elétricos e magnéticos for explorada. Urna vez feito isso, podemos diretamente aplicar conceitos de ci.rcuitos elétricos para resolver circuitos magnéticos análogos.
A analogia entre circuitos elétricos e magnéticos está resumida na Tabela 8.4 e mostrada na Figura 8.24. Aconselhamos o leitor a fazer uma pausa na leitura c estudar atentamente a Tabela 8.4 e a
Figura 8.24. Primeiramente, observamos da tabela que dois termos são novos. Definimos a força
magnetomotriz (fmm) ?F (em amperes-espiras) como
~ =NJ =f H · d l
TABELA 8.4 Analogia entre circuitos elétricos e magnéticos
Elétrico
Magnético
Condutividadc o
Intensidade de campo ê
Corrente I = f J · dS
Pem•eabilidade !"
Intensidade ele cam110 N
Fl uxo magnético 'f = f 8 · dS
~. .
I
E
'""'ns1dndc de corrente 1 = - = o ·
Densidade de fluxo 8 = S = 1•fl
Força clctromotriz (fem) V
Força magnetomotriz (fmm) f}
Rcsistcncia R
Relutância 9t
s
Condutãncia G =
.
.!..
R
v e
1..<:1 de 0 hm R = - = I
oS
ou
V = EC = IR
L<:i de Kirchhoff:
!.I= O
!. V - !. RI = O
V'
- ·n.
I
Pemleanc&a
u = ~
~ = ! = i_
'f
pS
'!f = fie= '1"-Jt =
Lei de Ohm
ou
Lei de kirchhoff:
'f. f} -
r.'I' = O
r. !l!l 'f = o
Nt
(8.67)
316
• Elementos de Eletromagnetismo
..
v-
(a)
(b)
Figuru !!.U Analogia entre (a) um circuito elétrico c (b) um circuito magnético.
A fon te de fmm em circuitos magnéticos é usualmente uma bobina percorrida por uma corrente, co-
mo mostra a Figura 8.24. Ddinimos também relllfâucia (/fi, (em ampcrc-csp/wcbcr) como
(/fi,
e
= p.S
(8.68)
e
onde e S são, respectivamente, o comprimento médio c a área da seção reta do núcleo magnético.
O recfproco da relutância é a permeâucia f/f' . A relação básica para elementos de circuitos é a lei de
Ohm (V = /R):
(8.69)
Baseado nisso, as leis de Kirchhoff de corrente e de tensão podem ser aplicadas aos nós e às malhas
de um determinado circuito magnético da mesma forma como em um circuito elétrico. As regras de
soma de tensões e de combinação de resistências em série c em paralelo também são válidas para
fmm's e relutâncias. Portanto, para 11 elementos de circuito magnético em série:
-
-
'1',
= '/',_ = 'f, = ... = 'I'
,
(8.70)
+ '!Ji2 + · · · + ~n
(8.7 1)
.J
e
'if = ~I
Pamu elementos de circuito magnético em paralelo,
(8.72)
c
'!f, =
'i},- =
'ifi3
•
= . . . = ~11
(8.73)
Algumas diferenças entre circuitos elétricos e magnéticos devem ser destacadas. Diferentemente
de um circuito elétrico onde tlui con·cntc /, o tluxo magnético não flui. Também, a condutividade (}
é independente da densidade de corrente J em um circuito elétrico, enquanto que a permeabilidade p.
varia com a densidade de fluxo Bem um circuito magnético. Isso porque materiais ferro magnéticos
(não lineares) são normalmente utilizados na maioria dos dispositivos magnéti cos práticos. Apesar
dessas diferenças, o conceito de circuito magnético é útil corno uma análise aproximada dos dispositivos magnéticos práticos.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
317
,
~
'8.11 FORÇA SOBRE MATERIAIS MAGNETICOS
É de interesse prático detem1inar a força que um campo magn<!tic() exerce sobre uma peça de material
magnético sob a ação do campo. Esse conceito é útil em sistemas eletromecânicos, como eletroímãs,
relés c máquinas rotativas, e no processo de levitação magnética. Considere, por exemplo, um
eletroímã feilo de ferro com permeabilidade relativa constante, como mostrado na Figura 8.25. A bobina tem N espiras e é percorrida por uma corrente /. Se despre:r.armos o va:r.amento, o campo magnético
8 no entreferro de ar é o mesmo que no interior do ferro (81• = 8z,). Para encontrar a força entre as duas
peças de ferro, calculamos a alteração na energia total que resultaria se as duas peças fossem separadas
de um deslocamento diferencial tR. O trabalho necessário para efeti var esse deslocamento é igual à
variação da energia armazenada no entreferro de ar (assumindo corrente constante), isto é,
2
1 8- S dl ]
= dW = 2 [ -
- F d/
111
2 11-o
(8.74)
onde Sé a área da seção reta do entre ferro, o fator 2 aparece para contabilizar a contribuição dos dois
cntrcfcrros de ar, e o sinal negativo indica que a força age no sentido de reduzir o entre ferro (ou indica que a força é atrativa). Então:
F = -2
(jfJ_)
211-o
(8.75)
Note que a força é exercida sobre a peça inferior e não sobre a peça superior na qual está enrolada a
bobina percorrida pela corrente que dá origem ao campo. A força de tração através de um tínico entreferro pode ser obtida da equação (8.75) como:
(8.76)
Observe a semelhança entre a equação (8.76) e aquela deduzida no Exemplo 5.8 para o caso
eletrostático. A equação (8.76) pode ser usada para calcular as forças em muitos tipos de dispositivos,
incluindo relés e máquinas elétricas rotativas, e no processo de levitação magnética. A pressão de
2
tração (em N/m ) em uma superfície imantada é
F
81
I
p =- = = - 8H
S
2J!.0
2
(8.77)
que é igual à densidade de energia w, no emrcferro de ar.
_j
I
..-- - I
Fil(ur>l 11.25 Um eletrofmã.
.I
- - - -,
I
I
I
I
N espiras
I
I
I
I
I
I
I
úlj_
T
EXEMPLO 8.14
i:
I
I
'
1/ _F
tF
I
I
I
t
L--------.J
1/ 2 F
I
O núcleo toroidal da Figura 8.26(a) temPo = l Oem e uma seção reta circular com a = I em. Se o
núcleo é feito de aço (JI. = 1.000JI.0 ) e tem uma bobina com 200 espiras, calcule a intensidade de corrente que irá gerar um fluxo de 0,5 mWb no núcleo.
318
•
Elementos de Eletromagnetismo
(a)
Fi~ura
(b)
8.26 (a) Núcleo toroidal do Exemplo 8. 14: (b) circuito elétrico equ ivalente.
Solução:
Este problema pode ser resol vido de duas maneiras di !'crentes: usando a abordagem do campo magnético (modo direto) ou usando o circuito elétrico análogo (modo indireto).
M étodo 1: j á que p 0 é muito maior do que a, do Exemplo 7.6,
B = JJ-NI = lko!J-,.NI
e
21rP0
Assim,
ou
471' X 10- 7 ( 1.000)(200)( 1 X 10=-
=
4
)
3,979 A
Método 2: o núcleo toroidal da Figura 8.26(a) é análogo ao circuito elétrico da Figura 8.26(b). D o
circuito e da Tabela 8.4,
ou
I =
2p 'f'
Q
,
= 3,979 A
lko!J-rNa·
corno obtido anteriom1ente.
EXERCÍC IO PRÁTICO 8.14
Com um condutor de raio a faz-se uma espira circular de raio médio p 0 (veja Figura 8.26a). Se
p 0 = JOem e 2a = l em, calcule a indutância interna da espira.
Resp osta: 3 1,42 nH.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
EXEMPLO 8. 15
319
No circuito magnético da Figura 8.27, calcule a corrente na bobina que irá gerar uma densidade de
2
fluxo magnético de I ,5 Wb/m no entrcferro de ar, assumindo que Jl. = 50JA,0 , e que lodos os trechos
'
do núcleo tenham a mesma área de seção reta de 10 cnl".
Fi~:ura
l•f.o - 1 O cm--~--1 O cm--~
·1
8.27 Circuito magnético do
Exemplo 8.15.
3
4 ~ -------- 4r ------ -- ~ 2
T
1
1Oem
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
L--- ---- ---~ - - - - - - ----~
I
Solução:
O circuito magnético da Figura 8.27 é análogo ao circuito elétrico da Figura 8.28. Na Figura 8.27,
0'1.,, ~. 0'1.3 e 0'1.., são as relutancias nos trechos 143, 123, 35 c 16 c 56 (cntrcferro de ar), respectivamente. Portanto,
0'1.,
=
~
a
30 X 10
2
Jl.oJA.rS
3 X 108
20r.
sYl, _
3
e
sY!.z = - -
-
=
9 X 10- 2
= 0.9 X lOS
(4r. X 10- 7)(50)( 10 X 10-~)
2071'
I X 10- 2
-----::-___;_ _ _..,....
(4r. X 10- 7)( 1)( 10 X 10-~)
5 X lOS
- ---
2011'
Combinamos 0'1.1 e !'A2 como resistores em paralelo. Dessa maneira:
A relutância total é:
~l
~.
•
I
!ll,
~
(j't l
~~
(3)
' +!1lJ
11 ~{ l
-
T
_j
11
(b)
l'igura 8.28 Circuito elétrico análogo ao circuito magnético na Figura 8.21.
320
•
Elementos de Eletromagnetismo
A fmm é:
'!Ji
=
N/
=
'P"Rr
Porém, 'Pu = 'f = B,?. Assim,
4
1,5_
X _
10 _
X 107,4_
X_
10_8
I = Basr!ltr = _.:_
__ X___:.
N
400 X 2011"
= 44,16 A
'
,
EXERCI CIO PRATICO 8.15
O toróide da Figura 8.26(a) tem uma bobina com 1.000 espiras enroladas em torno de seu
núcleo. Se P. = I Oem e a = l em, qual a corrente necessária para estabelecer um fluxo
magnético de 0,5 mWb:
(a) se o núcleo é não magnético?
(b) se o núcleo tem p.,, = 500?
Resposta: (a) 795,8 A; (b) 1.,592 A.
EXEMPLO 6.16
Um eletroímã na forma deU, mostrado na Figura 8.29, é projetado para levantar uma massa de 400
kg (o que inclui a massa do protetor). O núcleo em U de ferro (J.t, = 3.000) tem uma seção reta de 40
2
cm e um comprimento médio de 50 em e cada entreferro de ar tem O, I mm de comprimento.
Desprezando a relutância do protetor, calcule o número de espiras na bobina quando a corrente de exci tação for de I A.
Solução:
A força de tração através dos dois entreferros deve equilibrar o peso. Portanto,
F= 2
(B~S)
=
mg
21-'o
ou
a·~ =
"
7
11181-'o = _
400_
X _,;.
9,8_
X_
411"- :X- I-0-1
S
40 X I 0 '
Ba = L, li Wb/m 2
Fi~ura
-
núcleo de ferro em U
' - - - - - r - - - - - '1 -protetor
J peso
8.29 Eletroímã na forma deU: referente ao Exemplo 8. 16.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
321
Porém,
!'; = NI = 'P(f!Jt"
1!Jt = f" =
"
p.S
+ l!it;)
3
6
2 XO, I X 10_ 6X 10
41i X 10- 7 X 40 X I O ~
4811"
50 X I0
2
47r X 10- 7 X 3.000 X 40 X 10- 4
~
~:F,.
= I!Jt"I!Jt(l
+ I!Jt
~
~
1
=
5 X I06
4811"
= 6 +6 5 Nl = -I6I N/
Já que
01:;
~'a
= Ha et1 =
s"e"
--"-.=.
P.o
I I B"e"
li X 1, 11 X 0, 1 X 10- 3
N = = -------'--:;---6 p.0 1
6 X 47r X I 0- 7 X I
N = 162
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.16
Determine a força através do entreferro de ar do circuito magnético do circuito do
Exemplo 8. J5.
Resposta: 895,2 N.
RESUMO
1. A equação da força de Lorentz
F
= Q(E + u
X B)
= m -du
dt
refere-se à força que atua sobre uma partícula com carga Q na presença de campos EM . Ela expressa a lei fundamental que relaciona o eletromagnetismo com a mecânica.
2. Baseado na lei da força de Lorentz, a força experimentada por um elemento de corrente /dl em
um campo magnético B é:
dF = I d l X 8
Assim, podemos definir o campo magnético B como a força por elemento de corrente unitário.
3. O torque sobre uma espira de corrente, com momento magnético m, em um campo magnético
uniforme B é:
T
= m X
B
=
/Sa, X B
4. Um ímã ou uma pequena espira de corrente filamentar é um dipolo magnético. Essas geometrias
são assim denominadas pelo fato de que as linhas de campo B por elas geradas são semelhantes
às linhas de campo E de um dipolo elétrico.
S. Quando um material é submetido a um campo magnético, ele se toma magnetiz.c1do. A magnetização M é o momento de dipolo magnético por unidade de volume de um material. Para um material linear,
M = x,.H
322
•
Elementos de Eletromagnetismo
onde Xmé a suscetibilidade magnética do material.
6. Em termos de suas propriedades magnéticas, os materiais são ou lineares (diamagnéticos ou
paramagnéticos) ou não lineares (ferromagnéticos). Para materiais lineares,
B = JIH = Jloll,H = J.t0 {1
+ x,.)H
= J.to(H
+ M)
onde Jl =permeabilidade e J.t, = p}J.t0 =permeabilidade rel ativa do material. Para materiais não
lineares, 8 = J.t(H) H , isto é, Jl não tem um valor fixo. A relação entre 8 e H é usualm en te
representada pela curva de magneti zação.
7. As condições de fronteim que H ou B devem sati sfazer na interface en tre dois meios diferentes
são
se K = O
ou
onde a, 12 é um vetor unitário orientado do meio I para o meio 2.
8. A energia em um campo magnetostático é dada por:
Wm = 2_
2
I
B ·H dv
Para um indutor percorrido por uma corrente/:
w,
=
I
2
,
u-
Portanto, a indutância L pode ser encontrada usando:
I..:......---=-8 · H dv
L =
12
9. A indutância L de um indutor pode ser também determinada a partir de sua detinição básica: a
mzão entre o fluxo magnético concatenado e a corrente através do indutor, isto é:
À
N'l'
L= - = 1
I
Dessa maneira, assumindo a corrente / , determinamos B c 'I' = f B · dS c, finalmente, encontramos L = N'l'/1.
10. Um circuito magnético pode ser analisado da mesma maneira que um circuito elétrico, simplesmente levando em conta a similaridade entre
s; = N/ =
f
H · dl
= 'l'(i/t
c
V = IR
isto é,
'!Ji ~V, 'I' ~I. 9Jt ~R
Portanto, podemos aplicar as leis de Ohm e de Kirchhoff aos circuitos magnéticos da mesma
forma que as aplicamos aos circuitos elétricos.
11. A pressão magnética (ou força por unidade de área) sobre uma peça de material magnético é
F
I
82
P= - = - 8H= S
2
2J.t0
onde B é o campo magnético na superfície do material.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
323
QUESTÕES DE REVISÃO
8.1 Quais das sentenças seguintes não são verdadeiras a respeito da força elétrica F, e da força magnética F,.sobre uma partícula carregada?
(a) E e F, são pamlelas e ntre si. enquanto B c F,.são perpendiculares entre si.
(b) Tanto. F, quanto F,. dependem da velocidade da partícula carregada.
(c) Tanto, F, quanto F,. podem realizar tmbalho.
(d) Tanto, F, quanto F,. são geradas quando uma partícula carregada se move a uma velocidade
constante.
(c) F,. é de magnitude, gemi me nte, be m menor que F,.
(1) F,é uma força aceleradora, enquanto F,, é uma força puramente dcllctora.
8.2 Dois fios finos paralelos são percorridos por corre ntes com a mesma orientação. A força expe rimentada por um deles devido à ação do outro é :
(a) paralel a às linhas;
(b) perpendicular às linhas e atrativa;
(c) perpendicular às Linhas e repulsiva;
(d) ze ro.
8.3 A força sobre o elemento diferencial dl em um ponto P e m uma espi ra c ircu lar condutora na Figura 8.30 é:
(a) ao longo de OP, apontando para fora;
(b) ao longo de OP, apontando para dentro;
(c) na direção e sentido do campo magnético;
(c) tangencial à espira em P.
8.4 A força resultante sobre a espira circular na Figura 8.30 te m magnitude
(a) 21rpJB
(b) 1rp~IB
(c) 2pJB
(d) zero
0
0B
0
0
0
0
o
0
P,
0
0
8.5 Qual é a unidade da carga magnética?
(a) a mpêre-metro quadrado;
(b) coulomb;
(c) ampêre:
(d) ampêre-metro.
Figum R.30 Referente as Questões de Rev isão 8.3 e 8.4.
324
• Elementos de Eletromagnetismo
8.6 Qual desses materiais requer o menor valor de intensidade de campo magnético para magnetizá-lo?
(a) níquel:
(b) prata;
(c) tungstênio;
(d) cloreto de sódio.
8.7 Identifique a sentença que não é verdadeira para materiais ferromagnéticos.
(a) Os materiais lerromagnéticos têm um x.. de valor elevado.
(b) Os materiais fcrromagnéticos têm um~, de valor fixo.
(c) Nos materiais ferromagnéticos, a perda de energia é proporcional à área do laço de histerese.
(d) Os materiais ferromagnéticos, acima da temperatura Curie, perdem sua propriedade de nãolinearidade.
8.8 Qual das fórmulas seguintes esuí errada?
(a} 8 1, = /32,
,-;:----;::
v'
(b) 82 =
8~, + 8~,
(c) H 1 = H 1, + H 11
(d) a, 21 X (H 1 - Hz) = K , onde a,121 é um vetor unitário normal à interface e orientado da região 2
para a região I.
8.9 Cada um dos seguintes pares consiste de um termo relativo a circuitos elétricos e seu correspondente termo relati vo a circuitos magnéticos. Qual desses pares não satisfaz. essa condição?
(a) V e '!}
(b) Ge (jp
(c)
BC J.'
(d) IR e fP.Jt
(e) L./ = O e
r. 'I' = O
8.10 Uma bobina multicamadas de 2.000 espiras de tio fino tem comprimento de 20 mm c espessura (de
enrolamento) de 5 mm. Se a bobina é percorrida por uma corrente de 5 mA. a fmm gerada é de
(a) I OA-esp;
(b) 500 A-csp;
(c) 2.000 A-esp;
(d) nenhuma das respostas anteriores.
Respostas: 8.1 b,c; 8.2b; 8.3a; 8.4d; 8.5d; 8.6a; 8.7b; 8.8c; 8.9c,d; 8. 1Oa.
PROBLEMAS
I
8.1 Um elétron com uma velocidade u = (3a, + 12ay- 4a,) X I osrn/s experi menta urna força Hquida nula em um ponto no qual o campo magnético é 8 = I Oa,. + 20a,.
. + 30a. mWb/nl. Determine
E nesse ponto.
.
8.2 Uma partícula carregada de massa I kg e carga 2 C pari e da origem com velocidade I Oa< m/s em
um campo magnético 8 = la., Wb/m2. Determine a localiz.ação e a energia cinética da partícula
em 1 = 2 s.
*8.3 Urna partícula com massa I kg e carga 2 C, inicialmente em repouso, parte do ponto (2. 3, -4) em
uma região onde E = -4a, V/m e B = 5axWb/rn 2• Dctcnninc:
(a) a posição da partícula em t = ls;
(b) sua velocidade e sua energia cinética nessa posição.
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
..
325
Figura lU I Referente ao Problema 8.5.
t0
0
0
0
0
I
d;l
11)
I
"11
d 1I
uz
"•
8
0
0
feixe eletrônico
X
0
®
0
8.4 Uma carga de -2mC parte do ponto (0, I , 2) com uma ve locidade de 5a, m/s em um campo mag2
nético B = 6a, Wb/m • Determine a posição e a velocidade da partfcu la após lO s, assumindo que
a massa da carga~ de I g. D escreva o movimento da carga.
"'8.5 Ao i•~jetar um teixe eletrônico perpendicularmente à periferia plana de um campo unifo rme B. az,
os cl~trons são di spersados de acordo com as suas velocidades, como mostrado na Figura 8.31.
(a) Mostre que os elétrons vào ser ejetados do campo em trajetórias paralelas às do feixe que penetra essa região, como mostrado.
(b) Deduza uma expressão para a distância d de saída, acima do ponto de entrada.
2
8.6 Dado que Il = 6xa,- 9ya,. + 3za, Wb/m , determine a força total experi mentada pela espira retangular (sobre o plano;;= 0) mostrada na Figura 8.32.
8.7 Um elemento de corrente de 2 em de comprimento está localizado na origem no espaço livre e é
percorrido por uma corrente de 12 mA ao longo de a,. Uma corrente fi lamentar de 15 a, A está localizada ao longo de x = 3 e y = 4. D etermine a força sobre o filamento de corrente.
=
=
=
=
=
* 8.8 Três linhas infinitas L ,, 4 e L; definidas, respectivamente. por x O c y O; x O e y 4: .r 3 e
y = 4 sào percorridas por correntes filamentares - 100 A, 200 A e 300 A ao longo de a •. Detennine
•
a força. por unjdade de comprimento, sobre:
4 devido a L,;
(a)
(b) L 1 devido a L2;
(c) L3 devido a L 1;
(d) L3 devido a L 1 e 4· Caracterize se a força é repulsi va ou atrmiva.
8.9 Um condutor de 2 m de comprimento é percorrido por uma corrente de 3 A e está colocado em
para lelo ao eixo;; a uma distânci a p. = lO em, corno mostrado na Figura 8.33. Se o campo nessa
região é de cos (,P/3)aP Wb/n{ quanto trabalho é necessári o para girar o condutor de uma espira
em tomo do eixo z'?
y
Fij!;Ura 1!.32 Referente ao Problema 8.6.
2
SA
' -- - - - L ---L--2
o
-....1....--
3
X
326
•
Elementos de Eletromagnetismo
--
Figunt 8.33 Referente ao Problema 8.9.
-- )
.....
.....
__
3A
/ I
-- I
I
I
I
I
I
I
I
___ ,
/"' - -/ - - - -'lr - -- - -y
X
*8.10 Uma t:spira triangular condutom é percorrida por uma corrente de 2 A c está localilada próximo a
um condutor reto, infinitamente longo, percorrido por uma corrente de 5 A, como mostrado na Figura 8.34. Calcule (a) a força sobre o lado I da espira triangular e (b) a força total sobre a espira.
*8.11
Uma linha de transmissão trifásica consiste de três condutores que são suportados nos pontos A, B
e C, formando um triângulo equilátero, corno mostrado na Figura 8.35. Em d<!tenninado instante,
tanto o condutor A quanto o B, são percorridos por uma corrente de 75 A , enquanto o condutor C
é percorrido pela corrente de retomo de 150 A. Determine a força por metro sobre o condutor C
nesse instante.
*8.12 Um tubo infinitamente longo, de raio interno a e ro~io externo b é feito de um material condutor
magnético. O tubo é percorrido por uma corrente total/ c está colocado ao longo do eixo z. Se o
tubo for submetido a um campo magnético constante B. a•. detem1ine a força. por unidade de comprimento, que age sobre o tubo.
*8.13 Um condutor infinitamente longo está imerso em um volume de ferro (~o~ = 2.000~o~.), mas isolado
eletricamente do mesmo. como mostrado na Figura 8.36. Utili zando a teoria das imagens, estime
a densidade de fluxo magnético no po!11o P.
8.14 Um gal vanômetro tem uma bobina retangular. de lado I Opor 30 mm. pivotada em torno do centro
do lado menor. Essa bobina é montada em um campo magnético radial, tal que um campo mag2
nético constante de 0,4 Wb/m sempre age através do plano da seção reta da bobina. Se a bobina
tem 1.000 espin1s e é percorrida por uma corrente de 2 mA, determine o torque exercido sobre ela.
8.15 Um pequeno ímã, colocado na origem, gera 8 = - 0.5a.• mWb/rn 2 em ( I O, O, 0). Determine 8 em:
(a) (0, 3, 0);
(b) (3, 4, 0);
(c) (1, 1, - 1).
8. 16 Um bloco de ferro (~o~ = 5.000~o~.) está colocado em um campo magnético uniforme com I ,5
2
Wb/m • Se o ferro consiste de 8,5 x 102R átomos/m", calcule: (a) a magnetização M ; (b) a densidade de corrente magnética média.
z
Figum 8.34 Referente ao Problema 8.1 O.
5A
2m
2m
4111
Forças, Materiais e Dispositivos Magnéticos •
Fi~:tml
A
327
8.35 Referente ao Problema 8.11.
15A
2m
8 15 A
y
Fi~ura
30mm
0
8.J6 Refere nte no Problcmn 8.13.
lO A
20 nun
P•
ferro
20mm \
.___ _ _ _ _ _ _ _.....!,._ _ _ __
.{
8.17 Em um ceno material, para o qual11 = 6,5J.'0 ,
H = I Oa.,
+ 25a 1
-
40a: A/rn
Determine:
(a) a suscetibilidade magnética x,. do material ;
(b)
a densidade de tluxo magnético B;
(c) a magnetização M ;
(d) a densidade de energia magnética.
8. UI Em um material ferrornagnético (/l = 4,5J.t,,),
.
,
B = 4ya, rn Wbtm·
Calcule: (a) x,.. (b) H . (c) M , (d) J ,.
8.19 A intensidade de campo magnético é H
= 1.200 A/m em um material quando H é reduzido à 400
2
A/m, 8 = I ,4 Wb/m • Calcule a variação na magnetização M.
8.20 Um ci lindro condutor infinitamente longo, de raio a e de permeabilidade ll.J!,. está colocado ao
longo do eixo z. Se o condutor é percorrido por uma corrente /. unifo rmemente distribuída, ao longo de a, determine M e J ,. para O< p <a.
328
• Elementos de Eletromagnetismo
k
8.21 Se M = {; (- ya ... + xa,.) dentro de um cubo de aresta a, dctenninc J,.. Assuma que k. é urna
constante.
*8.22 (a) Para a fronteira entre dois meios magnéticos, como mostrado na Figura 8.16, demonstre que as
condições de fronteira para o vetor de magnetização são:
M 11
Xnrl
_
M2, = K
J.l•
-J.lt m In = --=M,..n
Xml
x,,2
c
Xm2
(b) Se a fronteira não tiver corrente, demonstre que, ao invés da equação (8.49), obtemos:
o
tg I - _J.II [ I
tg 02
J.12
8.23 Se p 1 = 2p. para a região L(0 <
2
</>
+ _ K-'-'J.I"'2' -]
8 2 sen 02
< 1r) e p 2 = 5p., para a região 2 (1r < </> < 21r) c B2 = IOa, +
15a.,- 20a, rnWb/m , calcule: (a) B" (b) as densidades de energia nos dois meios.
8.24 A interface 2..r + y = 8 entre dois meios não é percorrida por nenhuma corrente. Se o meio
I (2r + y > 8) é não magnético com H 1 = - 4a, + 3a,.- a: A/m, determine: (a) a densidade de
energia magnética no meio I; (b) M 2 e 8 2 no meio 2 (2r + y s 8), com p = I0J.L0; (c) os ângulos
que H , e H 2 fazem com a normal à interface.
8.25 A interface 4x- 5z = Oentre dois meios magnéticos é percorrida por uma corrente de 35 a, A/m. Se
H 1 = 25a, - 30a, + 45a: A/m na região 4x- 5z s O, onde p, = 5, calcule H2 na região 4x - 5z ;;;:: O,
onde p,2 = IO.
8.26 O plano :
= O separa o ar (z ;;;:: O, p = J.L. ) do ferro (: s O. p
H = ! Oa , + 15a1
-
= 200p.). Dado que
3a: A/m
no ar. encontre B no ferro e o ângulo que esse vetor faz com essa interface.
8.27 A região O :s; z < 2 rn é preenchida com um bloco inlinito de material magnético (J.' = 2,5p.). Se
as superfícies do bloco em z = Oe z = 2, respectivamente, são percorridas por correntes de superfíci e de 30a , A/m e -40a_, A/m, como na Figura 8.37, calcule H c B para:
(b)
z <O;
o < z < 2;
(c)
z > 2.
(a)
8.28 Em uma cena região, para a qual x,. = 19,
Qual a quantidade de energia armazenada em O < x < I, O < y < 2 c - I
z
< z < 2?
Figura 8.37 Referente ao Problema 8.27.
Forças, Materiais e D isposi tivos Magnéticos •
329
8.29 A curva de magnetização para uma liga de ferro i!. aproximadamente, dada por 8 = I/3H + H2
1
I" Wb/m . Determine: (a)"'" quando H= 21 OA/m; (b) a energia armazenada no interior da liga, por
unidade de volume, à medida que H aumenta de O a 21 OAlm.
*8.30 (a) Se a seção reta do toróide da Figura 7.15 é um quadrado de lado a. demonstre que a auto-indutância do toróide é:
(b) Se o toróidc tem uma seção reta circul ar como mostrada na Figura 7. 15, demonstre que:
onde p0 ;:$> a.
8.31 Quando dois fios idênticos paralelos estão separados de 3 m, a indutância por unidade de cornpriment.o é 2,5 ~-tH!m. Calcule o diâmetro de cada fio.
8.32 Um solenóide de comprimento I Oem e raio I em tem 450 espin1s. Calcule sua indutância.
2
8.33 O núcleo de um toróide tem 12 cm de área de seção reta c é fei to de um mmeri al com 1-t, = 200.
Se o raio médio do toróide é 50 em, calcule o número de espiras necessário para obter urna indutância de 2.5 H.
8.34 Demonstre que a indutância mútua entre a espira retangular c a corrente em uma linha infi ni ta da
Figura 8.4 é:
M 11 =1.1b
- In
2'lf
[a + Po]
Po
Calcule M 12 quando a = b = P. = I m.
*8.35 Prove que a indutância mútua entre solenói des coaxi ais, muito próximos entre si. de compri mento e, e 2 (e, >> 2 ), N 1 e N2 espiras e raios r1 e r2 , com r 1 == r 2, é:
e
e
8.36 Um anel de cobalto (~-t, = 600) tem um raio médio de 30 em. Se uma bobina, enrolada sobre o anel,
cl percorrida por uma corrente de 12 A , calcule o número de espiras necessário para estabelecer
uma densidade de tluxo magnético média de I ,5 Wb/m no anel.
8.37 Considere a Figura 8.27. Se a corrente na bobina é 0,5 A, determine a frnm c a intensidade de campo magnético no cntreferro de a~. Assuma que 1-t = 5001",, c que todos os trechos tenham a mesma
Mea de seção reta igual a I O em-.
8.38 O circuito magnéti co da Figura 8.38 tem uma bobina de 2.000 espiras percorrida por uma corrente
2
igual a 1OA. Assuma que todos os trechos têm a mesma área de seção reta de 2 crn e que o material do núcleo é ferro com J.L, = 1.500. Calcule R, 5i e 'f para:
(a) o núcleo;
(b) o entreferro de ar.
330
•
Elementos de Eletromagnetismo
8.39 Considere o circuito magnético na Figura 8.39. Assumindo que o núcleo (p. = I OOOp..) tem uma
seção reta uniforme de 4 cm2, determine a densidade de fluxo no emreferro de ar.
8.40 Um rc115 clctromagnl5tico é modelado como mostrado na Figura 8.40. Qual a força sobre a armadura (parte móvel) do relé. se o fluxo no entre ferro de ar é de 2 mWb? A área do entrefcrro é de
0,3 cm 2 e seu comprimento é de 1,5 mm.
8.41 Um toróide com um entreferro de ar, mostrado na Figura 8.4 1, tem uma seção reta quadrada. Um
condutor longo, percorrido por uma corrente 12, é inserido no cmreferro de ar. Se / 1 = 200 mA,
N = 750, P. = I 0 em, a = 5 mm e
calcul e:
e•.
(a) a força no entreferro quando /2 = Oe a permeabilidade relativa do toróide é de 300.
(b) a força sobre o condutor quando /2 = 2 mA c a permeabilidade do toróide é infinita. Despreze
o vazamento do nuxo no entreferro em ambos os casos.
8.42 Uma seção de um eletroímã com uma placa sob ele suporta ndo uma carga é mostrada na Figura
>
8.42. O eletroímã tem urna área de contato de 200 em· por pólo, com o pólo do meio tendo um enrolamento de 100 espiras e I = 3 A. Calcule a máxima massa que pode ser levantada. Suponha que
as relutâncias do eletroímã e da pl aca sejam desprezíveis.
/
~o,
·"
I~
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...
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IO.ciil:
~.-· -----O
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O
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~.
8.31! Referente ao Problema 8.38.
.
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•.
12 em
l~igura
::. ~
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L
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/
~
///./
./
I
em
.
'/
'
2 em
I
0,2A
.1
T 0,6cm
500 espira.<
Figura 8.39 Referente ao Problema 8.39.
------- t- \- -----,
I
I
I
I
I
i-:--I
L=42cm
I
I
I
I
•
---------------- ~
•• 1 =O. I em
1
Fo rças, Materiais e Disposi tivos Magnéticos •
331
8.43 A Figura 8.43 mostra a seção reta de um siste ma e letromecânico no qual uma peça móvel se desloca li vre me nte através de uma luva não magnética. Assu mindo que todas as "pernas" do núcleo
tenham a mesma seção reta S. demonstre que:
Figum 8.40 Referente ao Problema 8.40.
I
N
Fi~:ura
I
I"
I
PN
p
'--
·:
Figura I!A2 Referente ao Problema 8.42.
-
I-
c
c
L-
8.41 Referente ao Problema 8.41.
.
~
j_
IT l mm
Figum 8.43 Re ferente a Probl ema 8.43.
não magnélicn
PARTE
ÜNDAS E APLICAÇÕES
4
Capítulo 9
EQUAÇOES DE MAXWELL
Você quer ser um herói? Não seja o tipo de pessoa que observa as o utras tomarem atitudes grandiosas ou que não sabe o que está acontecendo. Vá em frente c faça as coisas acontecerem. As
pessoas que agem dessa maneira têm um desejo ardoroso ele que as coisas aconteçam, de ir
ad iante, de servir a mais pessoas, de dar o melhor de si e ele ajudar a melhorar o mundo ao seu
redor.
- GLENN Vi\N EKEREN
9.1 INTRODUÇÃO
Na Parte li (Capítulos 4 a 6) deste livro, centramos nosso estudo, principalmente, em campos
eletrostáticos denotados por E (x, y, z). Na Partem (Capítulos 7 e 8), nos dedicamos aos campos magnetostáticos representados por H (x, ); z). Restringimos, conseqüentemente, nossa discussão aos campos EM estáticos ou invariáveis no tempo. De agora em diante, examinaremos situações em que os
campos elétricos e magnéticos são dinâmicos ou variáveis no tempo. Em primeiro lugar, deve-se
mencionar que, no caso de campos EM estáticos, os campos elétrico e magnético são independentes
um do outro, enquanto que, no caso de campos EM dinâmicos, os dois campos são interdependentes.
Em ou tras palavras, um campo elétrico variável no tempo necessariamente implica um campo magnético correspondente variável no tempo. Em segundo lugar, os campos EM variáveis no tempo,
representados por E(x, ); z. t) e H (x, ); z. 1), são de maior importância prática do que os campos EM
estáti cos. Entretanto, a familiaridade com os campos estáticos promove uma boa fundamentação para compreender os campos dinâmicos. Em terceiro lugar, relcmbremos que os campos eletrostáticos
são usualmente gerados por cargas elétricas estáticas, enquanto que os campos magnetostáticos são
devido ao movimento das cargas elétricas com velocidade uni forme (corrente contínua) ou devido a
cargas magnéticas est<'íticas (pólos magnéticos). Campos magnéticos variáveis no tempo ou ondas
são usualmente gerados por cargas aceleradas ou por correntes variávei s no tempo, tais como as mos-,
tradas na Figura 9. 1. Qualquer corrente pulsada produzirá rad iação (campos variáveis no tempo). E
importante observar que correntes pulsadas do tipo mostrado na Figura 9.l(b) são causas da emissão irradiada por placas de lógica digital. Em resumo:
Cargas estacionária
Correntes contínuas
Correntes variáveis no tempo ~
campos eletrostáticos
campos magnetoslálicos
campos eletromagnélicos (ou ondas)
Nosso objetivo neste capítulo é construir sólidos fundamentos para nossos estudos subseqüentes.
Isto envolverá dois concei tos da maior importância: ( I) furça clctromotri z baseada nos experimentos de Faraday c (2) corrente de deslocamento, que resulta da hipótese de Maxwell. Como resultado
desses conceitos, as equações de Maxwell apresentadas na Seção 7.6 c as condições de fronteira para campos estáticos EM serão modificadas de forma a contemplar as variações no tempo dos campos. Deve ser enfatizado que as equações de Maxwcll resumem as leis do eletromagnetismo c devem
ser a base de nossas discussões no restante do livro. Por essa raz.io, a Seção 9.5 deve ser considerada como a essência deste livro.
Equações de Maxwell •
337
Considere o circuito elétrico da Figura 9.2, onde uma bateria é a fonte de fem. A ação eletroquímica da bateria resulta em um campo E1 produzido por uma fem. Devido ao acúmulo de cargas nos
terminais da bateria, um campo eletrostático E, ( = - V V) também existe. O campo elétrico total em
qualquer ponto do circuito é:
(9.2)
Observe que, fora da bateria. E1 é zero, dentro da bateria, E1 c E, têm orientações opostas, c a orientação de E, no interior da bateria é oposta a do campo fora dela. Se integrarmos a equação (9.2) sobre o circuito fechado,
f
L
E · di =
f
E1 · dl + O =
L
r
(através da bateria)
Er d i
(9.3a)
N
onde~ E,· di = O porque E,. é conservativo. A fem da bateria é a integral de linha do campo produ-
zido pela fcm, isto é,
.
V,
,=
p
f
-f .
I'
E1 · d i =
N
E · d i = IR
(9.3b)
N
já que E1 e E, são iguais, mas opostos dentro da bateria (veja Figura 9.2). Isso deve ser considerado
como a diferença de potencial (Vp - VN) entre os terminais da bateria a circuito aberto. É importante
notar que:
1. Um campo eletrostático E, não pode manter uma corrente contínua em um circuito fechado,
uma vez que ~L E, · dl = O = IR.
2. Um campo E1 produzido por uma fem é não conservativo.
3. Exceto em eletrostática, a tensão c a diferença de potencial são usualmente não equivalentes.
9.3 FEM DE MOVIMENTO E FEM DE TRANSFORMADOR
Tendo considerado a relação cmre fem c campo elétrico, podemos examinar como a lei de Faraday
associa os campos elétricos com os campos magnéticos. Para um circuito com uma só espira (N =
I ), a equação (9.1) torna-se:
d'l'
Vrem = - dt
(9.4)
Em termos de E e B, a equação (9.4) pode ser escrita como
v,
oCill
=
f
I.
E· d i = - d/ /
G
I. B · eiS
·
(9.5)
S
onde 'f foi, substi tuído por fs B ·eiS, e Sé a área superficial do circui to delimitado pelo caminho fechado L. E evidente, da equação (9.5), que, em uma situação de campos variáveis no tempo, tanto o
campo elétrico quanto o magnético estão presen tes e estão intcrrclacionados. Observe que dl e dS na
equação (9.5) estão de acordo com a regra da mão direita c com o teorema de Stokes. Isso deve ser
observado na Figura 9.3. A variação do fluxo com o tempo, que aparece na equação (9.I) ou na equação (9.5), pode ser causada de três maneiras:
1. quando se tem uma espira estacionária em um campo magnético 8 variável no tempo;
2. quando se tem a área de uma espira variável no tempo em um campo magnético B estático;
3. quando se tem a área de uma espira variável no tempo em um campo magnético B variável
no tempo;
Cada uma dessas situações será considerada separadamente.
338
• Elementos de Eletromagnetismo
A. Espira estacionária em um campo magnético B variável no tempo
(fem de transformador)
Esse é o caso ilustrado na Figura 9.3, onde uma espira condutora estacionária está imersa em um
campo magnético B variável no tempo. A equação (9.5) torna-se:
v,ocm =
f
i !! ·
E · dl = -
L
iJI
S
dS
(9.6)
Essa fem induzida pela COITente variável no tempo (que produz o campo magnético B variável no
tempo) em uma espira estacionária é muitas vezes denominada comofem de transformador emAnálise de Sistemas de Potência, uma vez que está relacionada à operação de um transformador. Ao aplicm· o teorema de Stokes ao termo do meio na equação (9.6), obtemos:
cJl
f
fs
(V X E) · dS = -
S
iJB
-
· dS
(9.7)
iJ I
Para as duas integrais se igualarem, os integrandos devem ser iguais, isto é:
an
VXE =--
(9.8)
o/
Essa é urna das equações de Maxwell para campos variáveis no tempo. Essa equação mostra que o
campo elétrico E variável no tempo é não conservativo (V X E 0). Isso não implica que os princípios de conservação da energia sejam violados. O trabalho realizado para deslocar uma carga em um
caminho fechado na presença de um campo elétrico variável no tempo, por exemplo, é devido à
energia proveniente do campo magnético variável no tempo. Observe que a Figura 9.3 obedece a lei
de Lenz, isto é, a corrente induzida I Ou i de forma a produzir um campo magnético que se opõe a B(t).
*
B. Espira em movimento em um campo B estático (fem de movimento)
Quando uma espira condutora se move em um campo B estático, uma fem é induzida na espira. Relembremos da equação (8.2) que a força sobre uma carga em movimento com velocidade uniforme
u em um campo magnético B é
F,= Qu
X
B
(8.2)
Definimos o campo elétrico de movimemo E,., como
I?
E111 = Q"'= u X B
(9.9)
Se considerarm os uma espira condutora, movendo-se com velocidade uniforme u, como constituída
de um grande número de elétrons livres, a fem induzida na espira será
" 8 (1) aumenlado
Fij!ura 9.3 Fem induzida devido a uma espira estacionária imersa em um campo magnético B variável no tempo.
Equações de Maxwell •
339
Figur.t 9.4 Máquina de corrente contínua.
s
Vreon =
f E,, · f
dl =
L
(u X B) · d l
(9.10)
L
Este tipo de fem é denominaclafem de movimento oufem de fluxo cortante porque é devido à ação
do movimento. Este é o tipo ele fem encontrada em máquinas elétricas como motores, geradores e alternadores. A Figura 9.4 ilustra um11máquina de corren te contínua ele dois pólos com uma bobina de
armadura e um comutador de duas barras. Embora a análise da máquina de con·ente con tínua esteja
fora elo escopo deste livro, podemos observar que uma tensão é gerada à medida que a bobina gira na
presença do campo magnético. Um outro exemplo ele fem ele movimento é ilustrado na Figura 9.5,
onde um bastão se move entre um par de tri lhos. Neste exemplo, B e u são perpendiculares ent're si,
tal que a equação (9.9), em conjunto com a equação (8.2), torna-se
F,
=
JeX
8
(9 .11 )
ou
(9.12)
c a equação (9.10) torna-se
(9.13)
Vrcm = uBe
Aplicando o teorema de Stokes à equação (9.10),
fs
( V X E,)· dS =
fs
V X (u X B) · dS
ou
IV
X E, = V X (u X 8)
I
(9.14)
Observe que, diferentemente da equação (9.6), não há necessidade do sinal negati vo na equação
(9.10) porque a lei de Lenz já está considerada.
y
Figura 9.5 Fcm indu~ida devido à uma espira
que se movimenta em um campo B estático.
B (para dentro)
®
®
I
®
R >
®
t
®
®
®
I
Fm
®
®
®
e
u
®
®
'
®
®
®
®
340
• Elementos de Eletromagnetismo
Aplicar a equação (9.1 O) nem sempre é fáci l ; deve-se ter algum cuidado. Os seguintes pontos devem ser observados:
I. A integral na equação (9.10) é zero ao longo da porção da espira para a qual u =O. Assim, dl
é tomado ao longo da porção da espira que corta o campo (ao longo do bastão na Figura 9.5),
onde u tem um valor diferente de zero.
2. A orientação da corrente induzida é a mesma que a de E., ou u X B. A orien tação do caminho
da integral na equação (9.10) é escolhida de modo a estar no sentido oposto ao da corrente induzida, dessa forma satisfazendo a lei de Lenz. Na equação (9.13), por exemplo, a integração
sobre L é ao longo de - a,., enquanto que a corrente induzida llui no bastão ao longo de a_..
C. Espira em movimento em um campo magnético variável no tempo
Esse é o caso geral em que uma espira condutora se movimenta em um campo magnético variável no
tempo. Neste caso, tanto a l'em de transformador quanto a de movimento estão presentes. Combinando as equações (9.6) e (9. 10), tem-se a fem Lotai dada por
Vrem
=f
E · dJ =
-f iJ()~
·
dS +
f
S
1..
(u X B) · dl
(9. 15)
L
ou a partir das equações (9.8) e (9. 14),
iJB
+ V
iJt
V X E = --
X (u X B)
(9. 16)
Observe que a equação (9. 15) é equivalente à equação (9.4), tal que v,<,. pode ser encontrada usando ou a equação (9.15) ou a equação (9.4). De fato, a equação (9.4) pode ser sempre aplicada em lugar das equações (9.6), (9.10) c (9.15).
EXEMPLO 9.1
Uma barra condutora pode deslizar livremente sobre dois trilhos condutores, como mostrado na Figura 9.6. Calcule a tensão induzida na barra se:
6
(a) a barra está parada em y = 8 em e B = 4 cos 10 t a: mWb/m
2
;
(b) a barra desliza a uma velocidade u = 20aYm/s e B = 4a: mWb/m 2 ;
(c) a barra desliza a uma velocidade u
= 20a,,. m/s e B = 4 cos ( 10 61 -
p
Fi~ura 9.6
r-
Referente ao Exemplo 9. 1.
.l'
()
0
0
0
0
0
0
8
nem
.
y) a . mWb/m 2
0
"
0
I
Q
"
Solução:
(a) Neste caso, temos uma fem de transformador dada por
Vrem = -
éJB
ar·dS =
I
o.os J0.06
1
y=O
x =O
= 4( I oJ)(0,08)(0,06) sen 10 61
6
= 19,2 sen 10 1 V
3
6
6
4( 10 - )(10 )sen I0 1dxdy
Equações de Maxwell •
341
A polaridade da tensão induzida (de acordo com a lei de Lenz) é tal que o ponto P na barra está em
um potencial mais baixo do que o do ponto Q, quando B está aumentando.
(b) Este é o caso da fem de movimento:
f
=
Vrem
(u X B) · d l
=
r
(ua,. X 8a) · d\'8,,
.Y- C
3
= - uBe = - 20(4,10- )(0,06)
= - 4,8mV
(c) Ambas as fems (de transformador e de movimento) estão presentes neste caso. Este problema pode ser resolvido de duas maneiras.
Métod o 1: usando a equação (9.15),
ôB · dS + ;·
j};
Vr.,, = -
f Iy
0.06
=
f
r
(u X 8 ) · d l
(9.1.1)
4, 10- 3 ( I06 ) sen( 106t - y')dy' dx
x=O O
+
0.06
[20ay X 4, I 0- 3 cos( I 061 - y)a,) · dx a,
\'
= 240 cos(l06t
y') . - 80(10- 3)(0,06) cos( I06r - y)
-
o
= 240 cos(l 0 t - y) - 240 cos I 0 6t - 4,8( I 0- 3 ) cos( I 061 - y)
6
(9.1.2)
= 240 cos(l 06 t - y) - 240 cos I 06t
porque a fem de movimento é desprezível se comparada à fem de transformador. Utilizando a identidade trigonométrica
cosA - cos 8 = -2 sen
v,
"''"
= 480 sen
A+8
2
sen
)') scn -
(
I 06t
- -
2 '
A - 8
)'
2
2
V
(9. 1.3)
Métod o 2: alternativamente, podemos aplicar a equação (9.4), nominalmente,
() 'f'
Vrem = - -
ar
onde
'P =
=
f B ·aS
)' f0.06
I
4cos(I061 - y)dxdy
y• O x• O
)'
= - 4(0,06) sen( I 061 - y)
= - 0,24 scn(Jifl - y)
)' o
+ 0,24 sen 1061 mWb
Porém,
dy
- =
dt
11 ~ )'
=
/1(
= 20t
(9.1.4)
342
•
Elementos de Eletromagnetismo
Portanto.
'f = - 0,24 sen( I06t - 20t)
+ 0,24 sen l06t mWb
() 'f
6
6
6
Vrcm = - = 0,24( 10 - 20) cos(I0 t - 20t) - 0,24(10 ) cos IrftmV
iJr
= 240 cos(l06 r - y) - 240 cos I 06r V
(9.1.5)
que é o mesmo resultado da equação (9.1 .2). Observe que, na equação (9. 1.1 ), a dependência de y
com o tempo é considerada em (u X B) · dl e não devemos nos preocupar com ela em êJB/ê)r. Por
quê'! Porque a espira é considerada estacionária quando computamos a f em de transformador. Esse é
um ponto a considerar quando aplicamos a equação (9.1.1 ). Pel a mesma razão, o segundo método é
sempre mais fácil.
f
EXERCÍCIO PRÁTICO 8.1
2
R=
e= 10 em c a barra
Considere a espira da Figura 9.5. Se B = 0,5a, Wb/m ,
20 Q,
se movimenta com uma velocidade constante de 8a., m/s, determine:
(a) a fem induzida na barra;
(b) a corren te através do resistor;
(c) a força sobre a barra devido ao seu movimen to,
(d) a potência dissipada pelo resistor.
Resposta: (a) 0,4 V; (b) 20 mA; (c) - a, mN; (d) 8 mW.
2
EXEMPLO 9.2
A espira mostrada na Figura 9.7 está imersa em um campo magnético uniforme B = 50 a, mWb/m .
Se o lado DC da espira "cona" as linhas de tluxo a uma freqüência de 50 H z, estando a espira sobre
o plano A)' no tempo r = O, encontre:
(a) a f em induzida em t = I ms;
(b) a corrente induzida em t = 3 ms.
Solução:
(a) Já que o campo B é invariável no tempo, a fem induzida é de movimento, i sto é,
Vrcm =
I
(u X 8 ) · dl
onde
d i = dll)c = dz a,,
di'
p d</>
u = - =
dt
dt
p = AD = 4cm,
w = 27r/ = 1007r
a~
= pwa<l>
Como u e dl estão em coordenadas cilíndricas. transformamos B em coordenadas cilíndricas usando
a equação (2.9):
onde 8 0 = 0,05. Portanto,
a~
pw
-80
SCI1
a:
O = - pw80 cos </> a,
</> 0
Equações de Maxwell •
z
Fi~ura
9.7 Rcfcrcmc ao Exemplo 9.2. A
polaridade é para f em aumcnlando.
/
/s
'~c-,
tB
Jcm
343
//
o.1n
~c
/
~ ~AJ..::.---...:::::::-_::"'_ _. )'
c
(u X
B) · d l = - pwB0 cos cJ> dz = - 0,04( 10071")(0,05) cos 4> dz
= - 0,271" cos 4> dz
( 0.03
Vreon
=
J.
z- o
- 0,271" COS </> dz = -
671" COS 4> mV
Para determinar 4J, relembre que
d</>
w = - -+cJ> = wr +C0
dr
onde c. é uma constante de integração. Em r = O, 4J = 1r/2 porque a espira está no plano yz neste instame de tempo, C0 = -n/2. Desta forma,
71"
<f>=wr+ -
2
e
Vrcm = - 611' cos(wr
+{) =
611' sen( I 00-nl) m V
Em r = I ms, Vrcm = 611' sen(O, l1r) = 5,825 mV
(b) A con·ente induzida é:
t
= V~'" = 601r sen ( I 001r1) mA
Em 1 = 3 ms,
i = 601r sen(0,3 "J1') mA = O, 1525 A
'
EXERCI' CIO PRATICO
9.2
Refaça o Exemplo 9.2 considerando, no emanto, um outro campo 8 dado por:
(a) 8 = SOa_.. mWb/m
y positivo;
2
(b) 8 = 0,021 a,.. Wb/m
isto é, o campo magnético está orientado ao longo de
2
-
isto é, o campo magnético é variável no tempo.
Resposta: (a) - 17,93 mV, - O, 1108 A; (b) 20,5 pV,- 4 1,92 mA.
344
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 9.3
O circuito magnético da Figura 9.8 tem uma seção reta uniforme de Io-Jm2• Se o circui to é energi·
zado por uma corrente i 1(r) = 3 sen I001rt A em um enrolamento com N1 = 200 espiras, determine a
fem induzida no enrolamento de N2 = 100 espiras. Assuma que J1 = 500 Jl•.
Figum 9.8 Circuito magnético do Exemplo 9.3.
Solução:
O lluxo no circuito é:
De acordo com a l.ei de Faraday, a fem induzida no enrolamento secundário é:
= -
6r. cos IOOr.t V
EXERCÍCIO PRÁTICO 9.3
Um núcleo magnético de seção reta unifom1e de 4 cm 2 é conectado a um gerador de
120 V, 60 Hz, como mostrado na Figura 9.9. Calcule a fem induzida V2 no
enrolamento secundário.
Resposta: 72 V.
Fi~:ura
9.9 Referente ao Exercício Prático 9.3.
Equações de Maxwell •
345
9.4 CORRENTE DE DESLOCAMENTO
Na seção precedente, essencialmente, reconsideramos a equação de Maxwell do rotacional para campos eletrostáticos e a modificamos para situações em que há variação temporal, a fim de satisfazer a
lei de Faraday. Agora, reconsideraremos a equação de Maxwell do rotacional para campos magnéticos (lei circuitai de Ampere) para situações com variação temporal.
Para campos EM estáticos, relembramos que
J
VX H =
(9.17)
Porém, a divergência do rotacional de qualquer campo vetorial é identicamente zero (veja o Exemplo 3. 10). Portanto:
V· (V X H) = O = V· J
(9.18)
Entretanto, a continuidade da corrente expressa na equação (5.43) requer que
v. J =
-
()p .,
i) t
*o
(9. J9)
Dessa forma, as equações (9. 18) e (9. 19) são, obviamente, incompatíveis para situações com variação temporal. Temos que modificar a equação (9. 17) para compatibilizá-la com a equação (9.19). Para conseguir isso, adicionamos um termo na equação (9. 17), tal que ela se torna
V X H = J + Jd
(9.20)
onde J,1 deve ser determinado e definido. Novamente, a divergência do rotacional de qualquer vetor
é zero. Portanto:
V· (V X H ) = O = V· J
+ V· Jd
(9.21)
A fim de compatibilizar a equação (9.21) com a equação (9.19),
V· Jd = -V· J
õp,.
=-
ar
õ
=-
ar
(V · O)
=
ao
ar
V ·-
(9.22a)
ou
ao
J ,= '
(9.22b)
dt
Substituindo a equação (9.22b) na equação (9.20), resulta em
V X R. =
J + -ao
iJt
(9.23)
Esta é a equação de Maxwell (baseada na lei circuitai de Ampcre) para campos variáveis no tempo.
O termo J,, = i)O!vt é conhecido como de11sidade de corre11te de deslocamelltO c J é a densidade de
con·ente de condução (J = oE).3 A inserção do termo J4 na equação (9.17) foi uma das maiores contribuições de Maxwell. Sem o termo J"' a propagação de ondas eletromagnéticas (ondas de rádio ou
de TV, por exemplo) não poderia ter sido prevista, como Maxwell o fez. Em baixas freqüências, J4 é
usualmente desprezível quando comparado com J. Entretanto, em freqüências de rádio, os dois ter-
' Rctcmbre rnmbém que dcnol31liOSJ
c
p, u corno densidade de corremc de convecção.
346
•
Elementos de Eletromagnetismo
mos são comparáveis. Na época de Maxwell, fontes de al ta freqüência não eram disponfveis, e a
equação (9.23) não poderia ser verificada experimentalmente. Anos mais tarde, Hertz conseguiu
gerar e detectar ondas de rádio verificando, dessa forma, a equação (9.23). Essa é uma das raras
situações em que a argumentação matemática pavimentou o caminho da investigação experimental.
Tomando por base a densidade de corrente de deslocamento, definimos a corrente de deslocamento como:
(9.24)
Devemos ter em mente que a corrente de deslocamemo 6 resultado de um campo elétrico variável no
tempo. Um exemplo tfpico de tal corrente é a corrente através do capacitar quando uma fonte de ten são alternada é aplicada em seus terminais. Este exemplo, mostrado na Figura 9.1 O, serve para ilustrar a necessidade da corTente de deslocamento. Aplicando a forma não modificada da lei circuitai de
Ampcrc ao caminho fechado L, mostrado na Figura 9.10(a), obtém-se
f
H · dl
=
L.
f J·
dS
= lc
11 ,,
(9.25)
= I
S,
onde I é a corrente através do condutoreS, é a superfície plana limitada por L. Se usarmos a superfície 52 na forma de balão, que passa entre as placas do capaci tar, como mostra a Figura 9.10(b),
f
=
H · dl
L
f
J · dS
= lcnv = O
(9.26)
S,
porque nenhuma corrente de condução (J = 0) flui através de S2• Isto é paradoxal porque foi utilizado, neste caso, o mesmo caminho fechado L da situação mostrada na Figura 9.1 O(a). Para resolver
este conOito, precisamos incluir a corrente de deslocamento na lei circuitai de Ampcre. A densidade
de corrente total é J + Jd. Na equação (9.25), Jd = O, tal que esta equação permanece válida. Na
equação (9.26), J = O tal que:
f
H · dl
L
=
fs,
J,1 • dS
= -ti
dt
f
D · dS
S,
= -dQ = I
(9.27)
dt
Desta maneira, obtemos a mesma corrente para ambas as superfícies, embora a corrente seja de condução em S, e de deslocamento em 5 2 •
f
f
L
s,
Figura 9. 1O Duns supcrffcics de integração
mostmndo a necessidade de .J" na lei circuitai
de Ampere.
I.
T
( a)
s,
I
(b)
2
EXEMPLO 9.4
Um capacitar de placas paralelas, com área de placa de 5 cm e separação entre placas de 3 mm, tem
uma tensão aplicada às suas placas de 50 sen 103t V. Calcule a corrente de deslocamento consideran·
do que e = 2&0 •
Equações de Maxwell •
347
Solução:
v
D =eE=ed
1 _ iJD_!~
á iJt - d dt
Portanto,
eS dV
dV
11 =Jú ·S = - - = C '
d dt
dt
que é igual à corrente de condução dada por
=q_Q=S~=SdD = eSdE =~ ~ = C~
I
dt
c
I = 2·
d
dt
10- 9
3671"
·
dt
5 X 10- 4
3
X
I 0 ·)
dt
d dt
dt
I 03 X 50 cos I O~t
= 147,4 cos 103t nA
EXERCÍCIO PRÁTICO 9.4
No espaço Livre, E = 20 cos (wt- 50x) a,. Y/m. Calcule:
(a) Jd;
(b) H ;
(c) w.
?
Resposta: (a)- 20we0 sen(wt- 50x) :~y Afm·; (b) 0,4 we,, cos(wt- 50x) a1
Alm; (c) I ,5 X I 0 10 rad/s
9.5 EQUAÇÕES DE MAXWEll NAS FORMAS FINAIS
James Clcrk Maxwell ( 1831 - 1879) é considerado o fundador ela Teoria Eletromagnética na sua
forma atual. O trabalho consagrado de Maxwell levou à descoberta das ondas eletromagnéticas.''
A partir ele seu trabalho teórico ele aproximadamente cinco anos (entre os seus 35 c 40 anos), Maxwell publicou a primeira teoria unificada da eletricidade e do magnetismo. A teoria compreendeu
todos os resultados já conhecidos, de cunho experimental c teórico, sobre eletri cidade e magnetismo. Adicionalmente, Maxwcll introduziu o conceito de corrente de deslocamento c fez a previsao
da existência elas ondas eletromagnéticas. As equações de Maxwell não foram amplamente aceitas
por muitos cientistas até serem confirmadas posteriormente por Hcinrich Rudolf Hertz
( 1857-1894), um professor de Física alemão. Hertz foi bem-sucedido na sua tentativa de gerar e
detectar ondas de rádio.
As leis do eletromagnetismo, que Maxwell compilou na forma de quatro equações, foram apresentadas na Tabela 7.2, na Seção 7.6, para condições estáticas. As formas mais gerais dessas equações são
para condições com variação temporal e estão mostradas na Tabela 9.1. Observamos da tabela que a~
equações de divergência permanecem as mesmas, enquanto as equações de rotacional foram modificadas. A forma integral da~ equações de Maxwell evidencia as leis físicas subjacentes, enquanto a forma
diferencial é usada mais freqüentemente na solução de problemas. Para um campo ser "classificado''
como um campo eletromagnético, ele deve satisfazer toda~ a~ quatro equações de Maxwell. A importância das equações de Maxwell não pode ser subestimada porque elas resumem todas as leis conhecida~ do eletromagnetismo. Até o final deste livro, nos referiremos a essas equações inúmeras vezes.
4
O 1r:1batho de )31l'ICS Ctcrk Maxwclt ( t831- 1879). flsico escocês, pode screnconlr.ldo em seu livro. A Trtmiu "" Eltctriâl)' t111d Maf:lltti.rm. Ncw York : Dover,
' '01. I c 2. 1954.
348
•
Elementos de Eletromagnetismo
Já que esta seção pretende ser uma síntese de nossa discussão nesse livro, é importante mencionar outras equações que vão ser utilizadas lado a lado com as equações de Maxwell. A equação da
força de Lorentz
F = Q(E +
8)
u X
(9.28)
TABELA 9.1 Forma geral das equações de Maxwell
Forma diferencial
v. o -
Forma integral
f
p,
O ·dS =
s
v. n =o
Comentários
fp,,dv
Lei de Gauss
•.
Demonstração da não existência
da c:lrga magnética isolada*
f n· dS=O
s
c) Jl
VX E = - -
f
i!l
E . dl =
I.
tiD
VX H = .J + -:iil
t.
_.i. Jn · tiS
Lei de Paraday
iJI S
U · dl =
i(J+ iJiJ~) ·
dS Lei circuiwl de Ampcré
* Esta também é referida como a lei de Gauss para campos magnéticos.
está associada às equações de Maxwell. Da mesma forma, a equação da continuidade
v.J =
- i)p,.
(9.29)
i)t
está implícita nas equações de Maxwell. Os conceitos de linearidade, isotropia e homogeneidade do
meio material também se aplicam para campos variáveis no tempo. Em um meio linear, homogêneo
e isotrópico, caracterizado por u, e e ,u, as relações constitutivas
+P
D
=
eE
8
=
ILH = !LoCH
=
e0 E
(9.30a)
+ M)
(9.30b)
J = uE + p. u
(9.30c)
permanecem válidas para campos variáveis no tempo. Conseqüentemente, as condições de fronteira
E., = Ez,
ou
(E 1
-
Ez) X &11 1z = O
(9.3la)
H t,- H2, = K
ou
(H 1
-
Hz)
K
(9.3lb)
Dtn - D2n = Ps
ou
(Dt - Dz) · &n t2
= P.,
(9.3 Jc)
s." -
ou
(8 2 -
n.) . a n l 2 = o
(9.3 1d)
B2"
=o
X &11 1z =
permanecem válidas para campos variáveis no tempo. Entretanto, para um condutor perfeito (u = oo)
em um campo variável no tempo,
E = O,
H = O,
J=O
(9.32)
e, portanto:
811
=
o.
E, = O
(9.33)
Pam um dielétrico perfeito (u = 0), a equação (9.31) continua válida, à exceção de que K = O. Em·
bora as equações (9.28) a (9.33) não sejam equações de Maxwell, elas estão associadas a essas.
Para completar esta seção resumo, apresentaremos, na Figura 9.1 1, uma estrutura que relaciona
os vários campos vetoriais, elétrico e magnético, com as funções potenciais. Esse diagrama de fluxo
Equações de Maxwell •
349
eletromagnético auxilia na visualização das relações fundamentais entre as grandezas de campo.
Também mostra que é possível encontrar formulações alternativas para um dado problema de uma
maneira relativamente simples. Deve-se observar que, nas Figuras 9.1 O(b) e 9.1 O(c), introduzimos p'"
como a densidade de carga magnética livre (semelhante a P.). que é, evidentemente, nula, c A, como
a densidade de corrente magnética (análoga a J). Usando termos da análise de tensões, as principais
relações são classificadas como:
(a) e<Juações de compatibilidade
V· B =p'"=O
(9.34)
e
cJB
VX E = ---;;; = J,
(9.35)
B = 1-1H
(9.36)
D = eE
(9.37)
V· D = p,.
(9.38)
(b) equações constitutivas
c
(c) equações de equilíbrio
e
cJD
'íl X H = J + -
iJt
(9.39)
Figura 9 . 11 Diagrama de nuxo eletromagnético mostrando a relação entre potenciais e campos vetoriais: (a)
sistema eletrost~tico: (b) sistema magnetostático: (c) sistema eletromagnético. [Adaptado com permissão do
IEE Publishing Dept.]
350
• Elementos de Eletromagnetismo
,
'9.6 POTENCIAIS VARIAVEIS NO TEMPO
~
Para campos EM estáticos, obtemos o potencial elétrico escalar como
V=
I
p,. dv
(9.40)
,. 41TeR
c o potencial magnético vetorial como
(9.41)
Examinemos o que acontece com estes potenciais quando os campos são variáveis no tempo. Relem bre que A foi definido a partir do fato que V· B = O, que continua válido para campos variáveis no
tempo. Assim, a relação
(9.42)
continua válida para campos variáveis no tempo. Combinando a lei de Faraday, equação (9.8), com
a equação (9.42), resulta em
iJ
V X E = - -
i)(
( V X A)
(9.43a)
ou
(9.43b)
Já que o rotacional do gradiente de um campo escalar é identicamente zero (veja Exercfcio Prático
3. 10), a solução para a equação (9.43b) é
iJA
E+ - =
iJt
- vv
(9.44)
- vv - -iJA
(9.45)
ou
E=
ar
Das equações (9.42) e (9.45), podemos determinar os campos vetoriais B e E desde que os potenciais A e V sejam conhecidos. Entretanto, precisamos enC0111rar algumas expressões para A e para V
similares àquelas das equações (9.40) e (9.41 ), que são adequadas para campos com variação temporal.
Da Tabela 9.1, ou da CtJuação (9.38), sabemos que V· O = P,. é válido para condições variáveis no
tempo. Tomando a divergência da equação (9.45) e fazendo uso das equações (9.37) e (9.38), obtemos
V· E = -p ,, =
e
' - "v-v
-iJ ( V· A)
iJt
ou
>
iJ
v-v+( V· A) =
ar
Pr
- -
e
(9.46)
Tomando o rotacional da equação (9.42) e incorporando as equações (9.23) e (9.45), resulta em
Equações de Maxwell •
V X V X A =
=
iJA)
àr
J.tJ +
EJ.I. - éJ ( - VV - -
J.tJ -
()V) J.tE v (ar
àr
(9.47)
2
J.tE
351
à A
?
ar
onde se pressupõe que D = eE e B = ,uH . Ao aplicar a identidade vetorial
V X V X A = V( V ·A) - V2A
(9.48)
à equação (9.47), obtém-se:
V2 A -
V( V· A) = -JLJ
+ J!S
V
(()V)
+
éJt
2
J!S _
a -::A
ar2
(9.49)
Um campo vetorial é univocamente definido quando seu rotacional e sua divergência forem especificados. O rotacional de A foi especificado na equação (9 .42). Por razões que ficarão evidentes em
breve, escolhemos a divergência de A como
é! V
V·A = - u<- -
""" iJ I
(9.50)
Esta escolha relaciona A com V e é denominada condiçiio de Loremz para potenciais. Tínhamos isto em mente quando escolhemos V- A = O para campos magnetostáticos na equação (7.59). Impondo a condição de Lorentz da equação (9.50), as equações (9.46) c (9.49) tornam-se, respectivamente,
(9.51 )
c
(9.52)
que são as equações de onda a serem discutidas no próximo capítulo. A razão para escolher a condição de Lorentz torna-se óbvia quando examinamos as equações (9.5 1) c (9.52). Ela desacopla as
equações (9.46) e (9.49) e também produz uma simetria en tre as equações (9.5 1) e (9.52). Pode-se
mostrar que a condição de Lorentz pode ser obtida da equação da continuidade. Portanto, nossa escolha da equação (9.50) não é arbitrária. Observe que as equações (6.4) e (7.60) são casos especiais
estáticos das equações (9.5 1) e (9.52), respecti vamente. Em outras palavras, os potenciais V e A satisfazem as equações de Poisson para condições com variação temporal. Da mesma forma que as
equações (9.40) e (9.41) são as soluções ou as formas integrais das equações (6.4) e (7.60), pode se
5
mostrar que as soluções das equações (9.5 1) c (9.52) são
V=
f fp,.J
,,
dv
47reR
(9.53)
f,.
JL[J ] dv
41rR
(9.54)
e
A =
O termo [p,J (ou [J]) significa que o tempo r em P,.(x. y. z, r) [ou J(x. y. z. r)] é substituído pelo
tempo de retardo r' dado por
' Por exemplo, veja D. K. Chcng. Field attd 11'<11·~ El~ctrottutgttetic.r. Reading MA: Addison-Wcslcy. 1983. p. 291- 292.
352
• Elementos de Eletromagnetismo
t ' = t - -R
(9.55)
/L
onde R Ir = r'l é a distância entre o ponto fonte r' c o ponto de observação r, isto é, o ponto onde se
quer o valor do potencial, e
I
u= -=
(9.56)
v;;
é a velocidade de propagação da onda. No espaço livre u = c == 3 X I O~ m/s, é a velocidade da luz
no vácuo. Os potenciais V e A nas equações (9.53) e (9.54) são, respec tivamente, denominados potencicJI elétrico escalar com retardo e potencial magnético vetorial com rettlrdo. Dados p,, e J, V e A
podem ser determinados usando as equações (9.53) e (9.54). A partir ele V e A, E e B podem ser determinados usando as equações (9.45) c (9.42), respect ivamente.
9.7 CAMPOS HARMÔNICOS NO TEMPO
Até agora, consideramos a dependência temporal de campos EM como sendo arbitrária. De forma
específica, assumiremos que os campos são harmônicos no tempo.
Um campo harmônico no tempo é aquele que varia periodicamente ou sinusoidalmente com
o tempo.
Além de a análise sinusoidal ter valor prático em si, é também importante porque pode ser estendida
para a maioria das formas de onda através do uso da transformada de Fourier. Sinusóides são
expressas de maneira simples como fasores, com os quais é muito mais conveniente de se trabalhar.
Antes de aplicar fasores para campos EM, é útil fazer uma breve revisão do conceito de fasor.
Umfasor 4 é um número complexo que pode ser escrito como:
Z= X
+ jy
= r
L!J!.
(9.57)
ou
z = r ei9
onde j =
= r (cos 4> + j sen 4>)
(9.58)
yi:J, x é a parte real dez. y é a parte imaginária de z, r é a magnitude de ;:, dada por
(9.59)
c 4> é a fase ele z, dado por:
(9.60)
Aqui, x, ); z, r e 4> não devem ser confundidos com as variáveis coordenadas (letras diferentes poderiam ter sido usadas, mas é difícil encontrar letras melhores que essas). O fasor 4 pode ser representado na forma retangular como z = x + jy ou, na forma polar, como z = r L!J!. = r ei9 . As duas formas de representar z são descritas nas equações (9.57) a (9.60) c ilustradas na Figura 9.12. A soma e
a subtração de fasores são melhor efetuadas na forma retangular, enquanto que a multiplicação e a
divisão são melhor efetuadas na forma polar.
Dados os números complexos
z = x
+ jy
= r
L!J!.,
c
Equações de Maxwell •
Fi~ura
1111
9. 12 Representação de um fasor z
353
= x + jy =
r fi.:.
y
\
- - - - - -- - - -
wrad/s
I
I
I
I
I
I
I
I
X
as seguintes propriedades Msicas devem ser observadas:
Adição:
(9.6 l a)
Subtração:
(9.61b)
M ultiplicação:
(9.6 1c)
Divisão:
(9.6 1d)
Raiz quadrada:
(9.61e)
Complexo conjugado:
z*
=
x- jy
= rj
cp
= re -j9
(9.6 1t)
Outras propriedades dos números complexos podem ser cncomradas no Apêndice A.2.
Para introduzir a dependência temporal, façamos
cp = wl +O
(9.62)
e
onde pode ser urna função do tempo, ou de coordenadas espaciais, ou pode ser uma constante. As
parlcs real (Rc) c imaginária (lm) de
(9.63)
são dadas, respectivamente, por
Re (rd9) = r cos (wl + O)
(9.64a)
+ 0)
(9.64b)
e
Im (rei<!>) = r sen (wt
Portanto, uma corrente sinusoidal dada, por exemplo, por /(I) = /0 cos(wt + 0) é igual à parte real de
0
!0 t! I!'"•. A corrente l'(t) = 1. sen(wt + 0), que é a parte imaginária de l.t/0 tf'-•, pode também ser
35 4
• Elementos de Eletromagnetismo
I.r/
11
representada como a parte real de
t!"'e-J'I(» porque sen cx = cos(cx- 90"). Entretanto, ao realizar
as operações matemáticas, devemos ser coerentes usando ou a parte real ou a parte imaginária de
urna grandeza, mas não ambas simultaneamente.
8
O termo complexo l 0 t! , que resulta quando subtendemos o fator tempo ti"'' em / (r), é denominado o fasor corrente, denotado por I,, isto é,
(9.65)
onde o subscrito s denota a forma fasorial de /(r). Então, aforma instantânea /(1) = /0 cos(wl + 0) pode ser expressa corno
(9.66)
Em geral, um fasor pode ser um escalar ou um vetor. Se um vetor A(x, y. z. 1) é um campo harmôn.ico
no tempo, aformafasorial de A é A,(x, ); z), estando essas duas grandezas relacionadas conforme:
I
A = Re
(A,e1"''~
(9.67)
Por exemplo, se A = A" cos (wt - {3x) aY, podemos escrever A como
A = Re (A 0 e-J.B.<arei'"')
(9.68)
Comparando esta equação com a equação (9.67), conclui-se que a forma fasorial de A é:
A_, = A 0 e- J.B< ay
(9.69)
Observe, da equação (9.67), que
()A
i)
= - Re (A oi"')
Q/
i) t
. ..
(9.70)
= Re (jwA,,ei"'')
mostrando que determinar a derivada no tempo de um grandeza instantânea 6 equivalente a multiplicar sua forma fasorial por jw. Isto é,
(9.71)
De forma similar,
f
A iJ I
--?
~·
(9.72)
JW
Observe que a parte real é escolhida na equação (9.67), corn o na análise de circuitos; a parte imaginária igualmente poderia ter sido escolhida. Observe também a diferença básica entre a forma instantânea A(x, y, z, 1) e sua forma fasori al A..(..r, y, z). A primeira é dependente do tempo e é real, enquanto que a última é invariável no tempo e é geralmente complexa. É mais fácil trabalhar com A ., e
obter A de A,, sempre que for necessário, utilizando a equação (9.67).
Apliquemos agora o conceito de fasor a campos EM variáveis no tempo. As grandezas campo
E(x. y, z. t), D (x, y, z. 1), H (x, )\ z, 1), B(x, )\ z. 1), J(x, y. z. 1) c P,.(x, y, z, 1) e suas derivadas podem ser
expressas na forma fasorial usando as equações (9.67) c (9.71 ). Na forma fasorial, as equações de
Maxwell para campos EM harmônicos no tempo em um meio linear, isotrópico e homogêneo são
apresentadas na Tabela 9.2. Da Tabela 9.2, observe que o fator tempo e"" desaparece porque está associado a cada termo e, portanto, resultam-se equações independentes do tempo. Eis a justificativa
para uso de fasores: o fator tempo pode ser omitido em nossa análise de campos harmônicos no temfoi assumido.
po c inserido quando necessário. Note, também, que, na Tabela 9.2, o fator tempo
É igualmente possível assumir o fator tempo e-j..•. Neste caso, precisaríamos substituir cadaj na Tabela 9.2 por - j.
r
Equações de Maxwell •
355
TABEl A 9.2 Equações de Maxwell na forma harmônica temporal, assumindo fi"' como fator tempo
Forma pontual
V . O,=
Pn
v. n =o
'
V X E = - iwB
'
J
'
Forma integral
f
f
f
f
D, · dS
f
=
d•·
B, ·tiS = O
E. · d l = -jw
f B, ·
f (J, +
H, · dl =
EXEMPLO 9.5
Pu
dS
jwD,) · dS
Determine o valor dos números complexos:
)(3 - )4)*
(a) ' • = ( - 1 + )6)(2 + )) 2
1 + )]1/2
(b)
Z2 =
[ 4 _ )S
Solução:
(a) A solução pode ser obtida de duas maneiras: trabalhando com <: na forma retangular ou na forma
polar.
Método 1: trabalhando com a forma retangular.
Seja:
onde
.
Z3 =}
z4
= (3 - )4)* = complexo conjugado de (3 - )4)
= 3
+ )4
(Para encontrar o complexo conjugado de um número complexo, simplesmente substitua cada) por - )).
Zs =
- I + )6
c
Z6 =
(2 +
Ji
= 4 - I + )4 = 3 + )4
Portanto,
Z3Z~ =
ZsZG
)(3
+ )4) =
- 4
+ )3
=(-I+ )6)(3 + )4) =- 3- )4 + ) 18- 24
= - 27
+ )14
e
-4 + j3
-27 + )14
356
• Elementos de Eletromagnetismo
Multiplicando c dividindo z, por- 27 - jl4 (racionalização), temos:
Zl
(-4 + j3)(- 27 - j14)
(-27 + j 14)( -27 - j 14)
=
=
150 - j25
272 + 142
= 0,1622 - j0,027 = 0,1644/- 9,46°
Método 2: trabalhando na forma polar.
Z3 =
z..
j = 1 /90°
= (3 - j4)*
Zs =
(-I
Z6 = (2
= (5/-53, 13°)* = 5/53,13°
+ j6)
+ j)2 =
=
V37 /99,46°
(Vs /26,56°)2 = 5/53, 13°
Porwnto,
zI
0
= _.;
(1~/==9=0°:::_)(::.::_5_!=./=53=•=13:::):....__
cV37 /99,46°)(5 /53 ,13°)
-.Jn
/90° - 99,46° = 0, 1644/- 9,46°
= 0,1622 - j0,027
como obtido anteriormente.
(b) Seja
onde
Z7 =
I
+j
=
\12 /45°
c
z8 = 4
- j8
= 4Vs j-63,4°
Portanto,
= 0, 1581/108,4°
c
Z2 = v'O,ISiil/108,4"/2
= 0,3976 /54,2°
EXERCÍCIO PRÁTICO 9.5
Determine o valor dos números complexos:
1
+
.]~
(a) / [ 2- ~ -
(b) 6/30°
+ j5 -
3
+ ?S"
Resposta: (a) 0,24 + j0,32; (b) 2,903 + j8,707.
Equações de Maxwell •
EXEMPLO 9.6
357
Dado que A = lOcos ( 1081 - IOx + 60') aze B, = (20/j) a. + lOtf...-13a,, expresse A na fom1a fasorial c B, na forma instantânea.
·
Solução:
A = Re [ IOeft'"'- tox+óO•J a, )
onde w = 108 . Ponanto,
ou
Se
20
B.~. = -
.
J
=
a;t
,.,_ •/1
+ I Oe1- " '' ·a>. =
20e - j"12ax + I Oei2 "·'J:Ia.r
B = Re (B sei"'')
= R [ Q i (wte 2 e
=
j2 •/3
.
- J20a,\. + I Oe "·' a1.
7</2)
a..
+ I O j(wr+ 2 • .<13) I
e
a>"
20cos(wr- 7r/2)a... + IOcos
(wr + 2;x)a_.
2
= 20sen wt ax+ IOcos (wr + ;x)a,.
'
EXE RCI' CIO PRATICO
9.6
Se P = 2 sen ( IOr + x - 7r/4) a, e Q, = d'(a... - a:) sen 1ry, determine a forma fasorial
de P e a forma instantânea de Q,.
Resposta: 2ef(.r- 3"'~>a, sen 1r y cos(wr + x)(a., - a:).
EXEMPLO 9.7
O campo elétrico e o campo magnético no espaço livre são dados por
50
E = - cos (I 06t + {Jz) a"' V/m
p
H
H = ~ cos (106r
p
+ (3z) aP A/m
Expresse estes vetores na forma fasorial e determine as constantes H0 e {J, tais que os campos satisfaçam as equações de Maxwell.
Solução:
As formas instantâneas de E c de H são:
H = Rc (H,d"")
(9.7. 1)
onde w = 106 e os fasores E, e H, são dados por
Ecr
=
50 .,
-e'"'a
p
<I•
(9.7.2)
358
• Elementos de Eletromagnetismo
Para o espaço livre, P,. =O, a = O, s =
&0
e J1 = Jl,, tal que as equações de Maxwelltornam-se:
V· D = eo V·E =0-H 7· E• = O
(9.7.3)
V · B ="
r o V· H =O-+V· H < = O
(9.7.4)
(9. 7.5)
() H
V X E = .... , ro
(9.7.6)
ar
Substi tuindo a equação (9.7.2) nas equações (9.7.3) e (9.7.4), verifica-se, de imediato, que duas equações de Max well são satisfeitas, a saber:
1
a
1
a
V·Es =--(E
)= 0
p iJ<f> os
V·H
= - - (pH .) =
·'
p (}p
P·'
O
Considere
(9.7.7)
Substituindo as equações (9.7.2) e (9.7.7) na equação (9.7.5), temos
jHJ3
•
50 ·fJ·a<>. = Jwe
- el ·a
o p
o
'fJ·
"---"'- e1
P
ou
(9.7.8)
De maneira similar, substituindo a equação (9.7.2) na equação (9.7.6), resulta em
. 50 .,._
- JP -p r!"-ap
=
.
H '(J•
-;wp.o -p0 r! ·a p
ou
H
50
- 0 = -
(3
(9.7.9)
WP.o
Multiplicando a equação (9.7.8) pela equação (9.7.9), obtém-se
H~=
2
(50)
::
. t-:~ 50vec/p.0 = ~
50
ou
H0
=
120
11"
Dividindo a equação (9.7.8) pela equação (9.7.9), chega-se a:
=
~ 0,1326
Equações de Maxwell •
359
ou
{3
=
::!:wv;:;:
roo
= ::!:~ =
C
::!:
106
3XIOS
= + 3,33 X 10- 3
Tendo em vista a equação (9.7.8), H., = O, 1326, {3 = 3,33 X 10- ~ ou H0 =- O, 1326, {3 = - 3.33 X 10- 3,
donde se conclui que somente estes valores satisfazem as quatro equações de Mawxell.
EXERCÍCIO PRÁTICO 9.7
No ar, E
=
sen 9
r
cos (6 X 107r - {3r) a~ V/m .
"
Determine {3 e H .
Resposta: 0,2 rad/m, -
1
121rr 2
I
cos 9 sen (6 X l 07 r - 0,2r) a,. -
01rr sen f) X
12
cos (6 X 107t - 0,2r) a0 A/m.
EXEMPLO 9.8
Em um meio caracterizado por u = O, JJ = /J0 , e, e
E = 20 sen ( 10 8 r - {3z) a,. V/m
determine {3 e H.
Solução:
Este problema pode ser resolvido diretamente no domínio tempo ou utilizando fasores. Como no caso do exemplo anterior, determinamos {3 e H ao fazer com que E e H satisfaçam as quatro equações
de Maxwell.
M étodo I (domínio,tempo): comecemos resolvendo este problema da forma mais trabalhosa, isto é,
no domínio tempo. E evidente que a lei de Gauss para campos elétricos é satisfeita, isto é:
V · E = ôE> =O
ôy
Da lei de Faraday:
é)H
V X E =- u r
H
() r
= -
~
I
( V X E) dt
Contudo:
a
V
x E=
=
& &
ax d)' &z
O Ey O
20{3 cos ( I0 8t
-
aE,.
= - -aE,.
a + - a.
az ·' cJx •
{3z) a_, + O
Assim,
20{3
H = ---,;:
I
cos ( J08t - {3z) dt a.,
20{3
= sen ( 108t - {3z) a
8
JL I0
.r
(9.8.1)
360
• Elementos de Eletromagnetismo
Prontamente, verifica-se que
i) H ,
V· H =
. = O
íJx
mostrando que a lei de Gauss para campos magnéticos é satis feita. Por último, da lei de Ampere,
íJE
V X H = oE +e-
E=
i)(
!f
( V X H ) dt
(9.8.2)
porque o = O.
Contudo,
i)
VX H =
i)
i)
iJy
()z
-
iJx
H,
o o
20{32
JLIO8
=-
iJ H.,
a
õz Y
í)H x
i!y
a.
•
cos (108r - {3z) a>"+ O
onde H na equação (9.8.1) foi substituído. Desta forma, a equação (9.8.2) torna-se:
E =
-
20{32
8
JLe I 0'
20{32
JLelO 16
f cos
(108t - {3z) dt a,
·
8
sen ( lO t - {3z) ay
Comparando este resultado com a expressão dada de E, obtém-se
ou
Da equação (9. 8.1 ),
ou
H
2z) a_, Nm
8
= :!: - I scn ( I 0 t :!: -
37T
3
M étodo 2 (usando fasores):
E
= lm (E~"'')
(9.8.3)
onde w = lOs.
Novamente,
V·E
s
= iJ E,.. =
í)y
O
Equações de Maxwell •
V X E,f
361
= -J·wuH
r
s
ou
H =
s
aE,.. a ] = -2013
-=
- e Jrs·· a
I [
- jwiJ.
iJz
·•
WIJ.
(9.8.4)
·•
Observe que V· H, = Oé satisfeito.
V X H.v
=
V X H.,
E = ----"'
jweE.,
·'
(9.8.5)
JW&
Substitu.indo H. da equação (9.8.4) na equação (9.8.5), resulta em
Comparando esta expressão com a dada para E, na equação (9.8.:1), ternos:
ou
f3 =
+w'\1; = ::!:~
3
confomte obtido anteriormente. Da equação (9.8.4),
+j/J·
20(2/3) e- . a = + __!_ e !:Jil: a
- 108(4'11' X 10- 7) <
- 3'11'
'
H = +
s
H = Im (H.ei"'')
I
= + - sen ( 108t ::!: f3z) a,, A/m
3'11'
como obtido anteriormente. Deve ser observado que trabalhar com fasorcs implica em uma considerável simplificação, se comparado com o trabalho no domínio tempo. Observe, também, que usamos
A
=
Im ( A ,ei"'')
porque o E é dado em termos de seno, e não em termos de cosseno. Podcrfamos ter usado
A
=
Re (A.,ei'"')
neste caso, o seno é expresso em termos de cosseno e a equação (9.8.3) poderia ser escrita como
E = 20 eos (1 08t - f3z - 90°) ay = Re (E,ei"")
ou
e, assim, procedemos da mesma maneira.
362
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 9.8
Um meio é caracterizado por u = O, JL = 2JL0 c e = 5e0 • Se H
cos (wt- 3y) a: Nm, calcule w e E.
=2
Resposta: 2,846 X 108 rad/s, - 476,8 cos (2,846 X 108 t - 3y) a... V/m
RESUMO
1. Neste capítulo, introduzimos dois conceitos fundamentais: o de força eletromotriz (fem), embasado nos experimentos de Faraday, e o de corren te de deslocamento, que resul ta da hipótese de
Maxwell. Estes conceitos impHcam em modificações nas ectuações rotacionais de Maxwell obtidas para campos EM estáticos para contemplar a dependência temporal dos campos.
2. A lei de Faraday estabelece que a fem induzida é dada por (N = I):
a'f
Vrem = - -
Para fem de transformador, Vrcm = e para fem de movimento, Vrem =
f
f
ar
éJB
él t · dS
(u X B) · d l.
3. A corrente de deslocamento
onde
Jd =
éJD
(densidade de corrente de deslocamento), representa uma modificação da lei
élt
circuitai de Ampere. Esta modificação, atribuída à Maxwcll, previu a possibilidade de existência de
ondas eletromagnéticas alguns anos antes de serem verificadas experimentalmente por Hertz.
4. Na forma diferencial, as equações de Maxwell para campos dinâmicos são:
-
V· D = p,.
V· B =O
aB
V X E =--
élt
ao
VX H = J + -
•
ar
Cada uma destas equações diferenciais tem uma equação integral correspondente (veja tabelas
9.1 e 9.2), que pode ser deduzida a partir das formas diferenciais utilizando ou o teorema de Stokes ou o teorema da divergência. Qualquer campo EM deve satisfazer as quatro equações de
Maxwcll simultaneamente.
S. O potencial elétrico escalar variável no tempo V(x, )\ z. t) c o potencial magnético vetorial
A(x, y, z. t) satisfazem as equações de onda se a condição de Lorcn tz é assumida.
6. Campos com variação harmônica no tempo são aqueles que variam sinusoidalmente no tempo.
Eles são expressos de maneira mais simples na forma de fasorcs, com os quais é mais cômodo
de se trabalhar. Utilizando a relação de Euler, o vetor instantâneo que representa uma grandeza
vetori al A (x, y, z, r) é associado à sua forma fasorial A ,(x, y. z) de acordo com
A(x, y. z. r) = Re [A,(x, y, z) e'"''l
Equações de Maxwell •
363
QUESTÕES DE REVISÃO
9.1 O nuxo através de cada espira de uma bobina de I 00 espiras é (r'- 2t) m Wb, onde 1 é dado em segundos. A fem induzida em r = 2 sé:
(a) I V
(b) - I V
(c) 4 mV
(d) 0.4 v
(e) -0,4 V
B diminuindo
B aumc111ando
(b)
(o)
B diminuindo
B aumentando
- r -...... .
I
I
(dl
Figura 9.13 Referente à Questão de Revisão 9.2.
9.2 Assumindo que as espiras estão paradas e que o campo magnético n variável no tempo induz uma
corrente elétrica/, indique quais das configurações na Figura 9.13 estão incorretas.
9.3 Duas espiras condutoras I c 2 (idênticas, com exceção de CJUC a 2 é scccionada) estão colocadas em
um campo magnético unifonne que diminui a uma taxa constante. como mostm a Figura 9. 14. Se o
plano de cada espim é perpendicular às linhas de campo, qual das seguintes alinmllivas é verdadeira?
(a) uma fem é induzida em ambas as espiras;
(b) uma fem é induzida apenas na espira scccionada 2;
(c) o aquecimento por efeito Joule em ambas as espiras;
(d) o aquecimento por efeito Joule não ocorre em nenhuma das espiras.
9.4 Uma espira gira em torno do eixo y em um campo magnético n = B. sen wr a., Wb/n{ A tensão induzida na espira deve-se à:
(a) fern de movimento;
(b) fem de transformador;
(c) combinação de fem de movimento e fem de transformador;
(d) nenhuma da~ alternativas acima.
9.5 Urna espira retangular é colocada em um campo magnético variável no tempo B = 0.2 cos 150
2
'll'ta, Wb/m , como mostmdo na Figum 9.15. V1 não é igual a V2•
(a) Verdadeiro
364
• Elementos de Eletromagnetismo
(b) Falso
I
-
Fi~r.t 9.1~
2
,.......
I
I
\
Referente a Ques1ão de Revis:1o 9.3.
\
8
\
-
I
\
0
I
-
0B
0
- v.+
Figura 9.15 Rcfcrcnlc a Qucslão de Revi são 9.5
c ao Problema 9. 1O.
10.!1
0
0
- v2 +
0
~
sn
0
0
0
9.6 O concei to de corrente de deslocamento foi a maior conlribuição de:
(a) Faraday;
(b) Lenz;
(c) Maxwell:
(d) Lorcntz;
(e) seu professor.
9.7 Idem ifique quais das seguintes expressões não são equações de Maxwell para campos variáveis no
tempo:
(a) V · J
+ iJp,. = O
iJ t
(b) V · D = Pv
iJB
(c) V· E = - -
(d)
f
(e)
f n·
H ·dl =
dS =
cí t
I(
uE +
o
f;
iJiJ~) · dS
Equações de Maxwell •
365
9.8 Diz-se que um campo EM não existe ou é não-maxwe lliano se e le não saLisfaz as equações de
Maxwcll c as equações de onda derivadas dessas. Qual dos seguintes campos no espaço livre é
não-rnaxwelliano?
(a) H = cos x cos 106t ax
(b) E = 100 cos wt a,.
(c) D = e-aoy sen ( 105
-
!Oy) a,
(d) B = 0,4sen I O~ta,
(e) H = lO cos ( 10 5t (I) E =
senO
,.
1~) a,.
_r--
cos (wl - rw V p.0 8 0 ) ao
(g) B = (I - p 2) sen wt a ,
9.9 Qua l das seguintes a.ti rmativas não é verdadeira para um fasor?
(a) Um fasor pode ser um escalar ou um vetor.
(b) Um fasor pode ser uma grandeza com dependência temporal.
(c) Um fasor
v, pode ser representado como V., !.i ou V0e1·o• onde
V0 =
IV.I.
(d) Um fasor é uma grandeza complexa.
9. 10 Se E,= I O ri" a>. qual dessas não é uma representação con·eta de E?
(a) Re (E ,e'"'')
(b) Re (E ,e -J•")
(c) Tm ( E.ei'"')
(d) I Ocos (wt
(e) I O sen (wt
+ j4x) ay
+ 4x) a,.
Respostas: 9.1 b; 9.2b,d; 9.3a; 9.4c; 9.5a; 9.6c; 9.7a,c; 9.8b,d,g; 9.9a,c; 9.10<1.
PROBLEMAS
I
9. 1 Uma espira circular condutora de raio 20 em está no plano ;:= O imersa em um campo magnético
2
B = lO cos 377t a, mWb/m • Calcule a tensão induzida na espir:1.
9.2 Uma barra de comprimento egira em tomo do eixo zcom uma velocidade angular w. Se B = 80 a z,
calcule a tensão induzida no condutor.
9.3 Uma espira retangular de 30 em por 40 em gira a 130 rad/s em um campo magnético de 0,06
2
Wb/m , normal ao eixo de rotação. Se a espira tiver 50 voltas, determine a tensão induzida na espara.
9.4 A Figura 9.16 mostra uma espira condutora de 20 cm2 de área c resistê ncia 4 n. Se B = 40 cos 104
ta, mWb/m2, determine a corrente induzida na espira e indique sua orientação.
9.5 Dete rmine a fem induzida na espira em forma de V da Figura 9.17. (a) Considere B = O, la, Wb/m2
e u = 2a, rn/s e assuma que a barra, começa a deslizar a panir da origem, quando t = O. (b) Repita
a pane (a) para B = 0,5xa, Wbtan·.
366
•
Elementos de Eletromagnetismo
Fi~ur:l9. 16
)'
0
0
H!
0
Referente ao Problema 9.4.
0
0
0
0
0
'--------------------x
Figura 9.17 Referente ao Problema 9.5.
0
0
B
0
0
0
-u
0
0
0
• x
0
*9.6 Uma espira quadrada de lado a se afasta de um lilarnento infinitamente longo. percorrido por uma
corrente /, ao longo de a,, com urna velocidade unifonne u.a,. como mostrado na Figura 9.18. Assumindo que p = P. em r = O, mostre que a fem induzida na espira em r > Oé dada por:
•
vr e=m11?0"u
,..
(+)
0
-1rP p
0/
a
*9.7 Uma barra condutora se move com urna velocidade constante ele 3a, m/s paralelamente a um longo fio retilíneo percorrido por uma corrente de 15 A , como mostrado na Figura 9. 19. Calcule a fem
induzida na barra e determi ne qual extremidade da baml est:\ a um potencial mais elevado.
*9.8 Uma barra condutora está conectada a um par de trilhos através ele conectores tlexíveis, em um
2
campo magnético U = 6 cos IOr a, mWb/m , como mostrado na Figura 9.20. Se o eixo z é a posição de equilíbrio da barm e sua velocidade é 2 cos I Ot a,. m/s, determine a tensão induzida na barra.
9.9 Um automóvel viaja a 120 k.rn/h. Se o campo magnético terrestre é de 4,3 X 10" 5 Wb/nl, determim: a tensão induzida no pára-choque de 1,6 m de comprimento. Assuma que o ângulo entre o
campo magnético terrestre e a nonnal do carro é de 65•.
• calcule V, c V •
*9.10 Se a área da espira na Figura 9.15 é de I Oem·,
2
Equações de Maxwell •
Fi~:ura
367
9.18 Referente ao Problema 9.6.
I
a
--t::::;::=t:::::::;::::::::t
- -}'
P
a
X
Fi~:ura
I5 A
9.19 Referente ao Problema 9.7.
u
t
1--'!~~~==::j
20 cm
40 em
/J
9. 11 Uma barra magnética se movimenta em direção ao cent ro de urna bobina com I Oespiras e com resistência de 15 .n, como mostrado esquematicamente na Figura 9.2 1. Se o nuxo magnl:!tico através
da bobina varia de 0,45 Wb a 0,64 Wb em 0.02 s, qual a intensidade e orientação (do ponto de vi sta do ímã) da corrente induzida?
9. 12 A seção reta de um gerador homopolar na forma de um disco é mostrada na Figura 9.22. O disco
tem um raio interno p 1 = 2 crn e um raio externo p 2 = I O em e gira em um campo magnético uni1
forme de 15 mWb/m , a uma velocidade de 60 rad/s. Calcule a tensão induzida.
9.13 Um gerador de 50 V em 20 MH.z é conectado às placas de um capacitor de placas paralelas com dielétrico ar. Considerando a área de cada placa igual a 2,8 cm2 c a separação entre elas de 0,2 mm, determine o valor máximo da densidade de corrente de deslocamento c a corrente de deslocamento.
9.14 A razão JIJ,1 (densidade de corrente de condução por densidade ele corrente de deslocamento) é
muito importante em altas freqliências. Calcule a mzão em I GHz para:
(a) água destilada (J1. = Jl.,, E: = 81E:.,, u = 2 X 10- 3 S/m);
e = 81 1':0 , u = 25 S/m);
(c) ca lcário (JL = Jl,, e = se•. u = 2 x Jo-•S/rn).
(b) água do mar (Jl.
= p.
0,
9.15 Assu mindo que a água do mar tem J..1 = J..l. , e= 81 e•• u = 20 S/rn, deteronine a freqüência na qual
a densidade de corrente de condução é, em intensidade, dez vezes a densid:1de de corrente de deslocamento.
Fi::ura 9.20 Rcfcrcmc ao Problema 9.8.
I·
T
1
Sm
-
lO m
.
U llll
8
0
0
0
0
0
u
y
11110
'-
368
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi~:ura
9.21 Referente ao Problema 9.11.
9.16 Um condutor com área de seção reta de lO cm 2 é percorrido por urna corrente de condução de 0,2
sen I O~t mA. Dado que u = 2,5 X I 06 Sim e e,= 6, calcule a intensidade ela densidade de corrente de deslocamento.
9.17 (a) Escreva as eq uações de Maxwell para um meio linear e homogêneo em termos de E,, e H ,. assumindo o fator tempo como é~'.
(b) Escreva a forma pontual das equações de Maxwell da Tabela 9.2, em coordenadas cartesianas,
na forma de oito equações escalares.
9.18 Demonstre que, em uma região livre de fontes (J = Oe p, = 0), as equações ele Maxwell podem
ser reduzidas a duas. Identifique as duas equações mais gerais.
9.19 Demonstre que, em um condutor linear, homogêneo e isotrópico, a densidade de carga p ,. satisfaz:
iJp,.
(}
-• + - p •• =
íJt
&
o
9.20 Assumindo uma região livre de fontes. deduza a equação de difusão:
,
iJE
v-E = p.u -
iJt
9.21 Em uma certa região,
encontre P,. se
P,. (x, y,
O, t) = O.
Fi~:ura
I
escova
T
B
p2
1
TI
j_p
I
9.22 Referente uo Problema 9. I 2.
Equações de Maxwell •
9.22 Em uma região li vre de cargas, na qual
tJ
369
= O, e= e.e, c Jl = Jl.,.
H = 5 cos(l0 11 t - 4y)a, A/m
e ncontre: (a) JJ e D; (b) e,.
9.23 Em uma certa região com tJ
do por
= O, Jl = Jl. e e = 6,25e
0,
o campo magnético de uma onda EM é da-
H = 0,6 cos {3x cos I O~r a.• A/m
Encontre {3 e o E correspondente utilizando as equações de Maxwell.
*9.24 Em um meio não magnético,
E = 50 cos( J.09 r - 8x)ay + 40 sen( I09r - 8x)a, V/m
encontre a constante dielétTica e, e o H correspondeme.
9.25 Verifique se os campos dados a seguir são campos EM genuínos, isto é, se e les satisfazem as equações de Maxwell. Assuma que os campos existe m e m regiões de carga livre.
(a) A = 40 sen(wt
+ I Ox)a,
lO
(b) B = - cos(wr- 2p)a.,
p
(c) C = ( 3p 2 cotg <PaP + co; t/>
a_.) sen wt
I
(d) D = -senO sen(wt - 5r)a 9
r
..9.26 Dada a ene rgia eletromagnética total
~ J (E · D + H · B) d v
W =
demonstre, a partir das equações de Maxwcll, c1uc
-éiW = -
élt
f
s
(E X H) · dS -
1· E · J dv
"
9.27 No espaço livre,
H = p(scn ,PaP+ 2 cos q,a.,) cos 4 X I 06 r A/m
encontre Jde E.
9.28 O campo magnético irradiado por uma antena no espaço li vrc é dado por
12 sen ()
H = - - - c o s(2?r X IO~t - {3r)a6 mA/m
r
encontre o campo magnético E correspondente em termos de {J.
•9.29 O campo elétrico no ar é dado por E
=
pre· • -• a~ V/m. Encontre B e J .
370
•
Elementos de Eletromagnetismo
**9.30 No espaço livre (p, = O, J = 0). Demonstre que
A =
P.o (cosO a r - sen Oa O)ei ..~t - rk)
4 7rr
satisfaz a equação de onda da equação (9.52). Encontre o V correspondente. Considere c como a
velocidade da luz no espaço livre.
9.31 Detem1ine o valor dos seguintes números complexos e expresse suas respostas na forma polar:
IO / 50°) 1n
(a) (4 /3 0° -
+ j2
I
+ j8 - 7 / 15°
(3 + "4) 2
J
12 - ;7 + (- 6 + jiO)*
(b) 6
(c)
112
(3,6 L-200°)
(<) (2,4 /45°)2 ( - 5 + j8)*
I
9.32 Expresse os campos harmônicos dados a seguir na forma de fasores:
(a)
E
=
(b) H =
4 cos(wr - 3x - 10°) a,. - sen(wr + 3x + 20°) a,
senO
,.
_
cos(wr - :>r)a 6
(c) J = 6e- 3·' sen(wt - 2x)a_,. + I Oe - x cos(wr - 5x)a:
9.33 Expresse os seguintes fasores em suas fom1as instantâneas:
(a) A_, = (4 - 3j )e-i8xa_.
(b)
B.~
20 -,-, .
= -e
p
lO
(c) C, = --:;- ( I
,.-
-.. aP
+ j2)e - i? sen Oa.;
9.34 Dados A = 4 sen wra, + 3 cos wraYe B, = jl O:e·i=a,, expresse A na forma fasorial e B_, na forma
instantânea.
9.35 Demonstre que, em um meio linear, homogêneo, isotr6pico c livre de fontes, tanto E, quanto Hs,
devem satisfazer a equação de onda
Capítulo
1O
PROPAGAÇAO DE
/
ONDAS ELETROMAGNETICAS
Você vai longe na vida na medida em que for afetuoso com os jovens, piedoso com os idosos,
sol idário com os perseverantes e tolerante com os fracos e com os fortes. Porque, em algum momento de sua vida, você terá sido todos eles.
GEORGE W. CARVER
10.1 INTRODUÇÃO
A nossa primeira aplicação das equações de Maxwell será relativa à propagação de onda eletromagnética. A existência de ondas EM, previstas pelas equações de Maxwell, foi inicialmente investigada
por Heinrich Hertz. Depois de vários cálculos e experimentos, Hertz teve sucesso na geração e detecção de ondas de rádi o, as quais são, às vezes, chamadas de ondas hertzianas, em sua homenagem.
Em geral, ondas são um meio de transportar energia ou informação.
Exemplos típicos de ondas EM incluem as onda~ de rádio, os sinais de TV, os feixes de radar e os
raios luminosos. Todas as formas de ondas EM compartilham três características principais: todas
elas viajam em alta velocidade; ao se propagarem apresentam propriedades ondulatórias; elas são irradiadas a partir de uma fonte, sem a necessidade de um meio ffsico de propagação. O problema da
irradiação de ondas EM será tratado no Capítulo 13.
Nes te capítulo, nosso principal objeti vo é resolver as equações de M axwell e estudar a propagação de ondas EM nos seguintes meios materiais:
1.
2.
3.
4.
espaço livre (a = O, e = e•• p = P.);
dielétricos sem perdas (a = O, e = e,e0 , p = P.P. ou a <e: we);
dielétricos com perdas (a"# O, e= e,e•• ~~ = ~I,JI.,);
bons condutores (a = oo, e = &0 , p = Jl,Jl0 ou a» we).
onde w é a freqüência angular elas ondas. O Caso 3, dielétricos com perdas, 6 mais geral c será considerado primeiro. Depois que este caso geral for resolvido, deri varemos os outros (I, 2 e 4) como
casos particulares pela seleção dos val.ores de a, e e p. Entretanto, antes de considerarmos a propagação de ondas nestes meios, é apropriado que estudemos as características elas ondas em geral. Isto
é importante para o entendimento correto elas ondas EM. Para o leitor que estiver familiarizado com
os concei tos associados às ondas, a Seção I 0.2 é prescindível. Considerações sobre potência, reflexão e transmjssão entre dois meios materiais diferentes serão discutidas no final do capítulo.
372
• Elementos de Eletromagnetismo
t10.2 ONDAS EM GERAL
Um entendimento claro da propagação de ondas EM depende da compreensão do que são ondas em geral.
Uma onda é uma função do espaço e do tempo.
Um movimento ondulatório ocorre quando um distúrbi o em um ponto A, em um instante t0 , está relacionado com o que ocorre em um ponto 8, em um instan te t > 10 • Uma equação de onda, como
exemplilicado pelas equações (9.51 ) e (9.52), é uma equação a derivadas parciais de segunda ordem.
Em uma dimensão, uma equação de onda escalar tem a forma de
2
o
E
--:;- ar
i/E
u2 --:;- =
az·
o
( I 0.1)
onde 11 é a velocidade da onda. A equação (I 0.1) é um caso especial da equação (9.51 ), na qual o
meio é livre de fontes (p,. = O, J = 0). Ela pode ser resolvida pelo procedimento que segue, semelhante ao Exemplo 6.5. As suas soluções têm a forma
E - = f(z - w)
(10.2a)
+ w)
( 10.2b)
E + = g(z
ou
E = ft.z - w )
+ g(z + ut)
( I 0.2c)
ondef e g representam qualquer função de z -111 c z + 111, respectivamente. Exemplos de tai s funções
incluem z ± 111, sen k(z ± llt), cos k(z + ut) e eite;;±••>, onde k é uma constante. Pode se mostrar tàcilmente que todas estas fu nções satisfazem a equação (I 0. 1).
Se, em particular, assunúmos uma dependência temporal harmônica (ou senoidal) IÍ"', a equação
( I 0.1) torna-se
( I 0.3)
onde /3 = wlu e E, é a forma fasorial de E. A solução da equação ( I 0.3) é semelhante ao Caso 3 do
Exemplo 6.5 [veja equação (6.5.12)]. Com os fatores de tempo inseridos, as soluções possíveis para
a equação ( I 0.3) são
E+ = Aei<•,- fJzl
(10.4a)
e- =
( 10.4b)
Bei<wt+/3:l
c
E = Aei<wt- {Jz)
+ Bei<wtl {J: )
(10.4c)
onde A c 8 dão constantes reais.
No momento, vamos considerar a solução na forma da equação ( I 0.4a). Tomando a parte imaginária desta equação, teremos
E =A scn (wt - /3z)
(I 0.5)
Esta é uma onda senoidal, escolhida por sua simplicidade; uma onda cossenoidal seria obtida se tivéssemos tomado a parte real da equação ( I 0.4a). Note as seguintes características da onda na equação ( 10.5):
1. Ela é harmônica no tempo porque assumimos dependência temporal /"' para chegarmos à
equação ( I 0.5).
2. A é a amplit11de da onda e tem a mesma unidade de E.
Propagação de Ond(ls Eletromagnéticas •
373
3. (wt- {3z) é a fase (em radianos) da onda que depende do tempo 1 e da variável espacial z:.
4. w é afreqiiência angular (em radianos/segundo) c {3 é a constante de fase ou niÍmero de onda (em radianos/metro).
Devido à dependência de E tanto com o tempo t quanto com a variável espacial z;, podemos tra·
çar o grático de E em função de r, mantendo z constante c vice-versa. Os gráficos de E(z. 1 = constante) c E(t. z =constante) são mostrados na Figura I O. I (a) c (b), respectivamente. Da figura I 0.1 (a)
observamos que a onda se repete após uma distância À; portanto, À é chamado de comprimento de
onda (em metros). Da Figura IO.I(b) vemos que a onda leva um tempo Tpara se repetir. Conseqüentemente, T é conhecido como o período (em segundos). Como a onda leva um tempo T para se propagar por uma distância À a uma velocidade 11, teremos
À = uT
( I 0.6a)
Como T= 1/f, onde fé afreqiiência (número de ciclos por segundo) da onda, em Hcrtz (Hz), então:
(10.6b)
Devido a esta relação tixa entre comptimento de onda c freqiiência, podemos iden til1car a posição de
uma estação de rádio dentro de sua faixa tanw em termos de freqüência como em comprimento de
onda. Usualmente, a freqüência é preterida. Também, porque
w = 21r.f
w
{3 =-
(10.7a)
(10.7b)
11
c
I
21r
T=-= -
f
w
E
(3)
~r-----~------~------~----~~----~~ 1
-T
2
(b)
Figura 10.1 Traçado de E(z. t) =A sen(c.JI- P:): (a) eomr constante: (b) com: constante.
( 10.7c)
374
• Elementos de Eletromagnetismo
teremos, a partir das equações (I 0.6) e (I O. 7), que:
{3 = 21!"
( I 0.8)
À
A equação ( I 0.8) mostra que, para cada comprimemo de onda propagado, a onda experimenta uma
mudança de fase de 21r radianos.
Mostraremos agora que a onda represcmada pela equação (I 0.5) viaja com uma velocidade 11 ao
longo de +z. Para isto, consideremos um pomo fixo P na onda. Vamos desenhar a onda nos instantes t = O, T/4 c T/2, como na Figura I0.2. Desta figura, é evidente que, conforme a onda avança com
o tempo, o ponto P move-se ao longo ele +z. O ponto Pé um ponto de fase constante. Portanto,
wt - (3z = constante
ou
dz
w
= - = 11
dt
{3
-
(I 0.9)
a qual é idêntica à equação (10.7b). A equação ( 10.9) mostra que a onda viaja com velocidade u ao
longo de +z. De forma similar, pode-se mostrar que a onda B sen (wt+{3z) na equação (10.4b) está se
propagando com velocidade u ao longo de -z.
Em suma, notamos o seguinte:
1. uma onda é função tanto do espaço quanto do tempo;
2. embora o tempo r = Osej a selecionado arbitrariamente como referência, uma onda não tem
início nem fim;
3. um sinal negativo em (wt + f3z) está associado com a propagação de uma onda ao longo de
+z (onda se propagando no sentido direto, ou positivo), enquanto um sinal positivo indica
que a onda está se propagando ao longo de-z (onda se propagando no sentido inverso, ou
negativo);
4. como sen (-1{1) =- sen 1{1 = sen (f{!+ 1r), enquanto cos (-f{!) = cos (f{!),
scn (1/t + 1rn) = :!: cos 1/t
(IO. IOa)
sen (1/t :!: 1r) = - sen 1/t
( IO.IOb)
+ scn 1/1
(IO.IOc)
cos (1/1 + 1r) = -cos 1/t
( I O. IOd)
cos (1/1 :!: 1r/2) =
onde ifJ = wt ± {3z. Com a equação ( I 0.1 0), qualquer onda harmônica no tempo pode ser
rcprc~cntada na forma de seno ou cosseno.
Um grande número de freqüências visualizadas em ordem numérica constituem um espectro. A
Tabela I 0.1 mostra em quais freqüências ocorrem diferen tes tipos de energia no espec tro EM. As freqüências usadas para comunicações de rMio estão localizadas próximas à parte inferior do espectro
EM . Conforme a freqüência cresce, a energia EM torna-se perigosa para o homcm.1 Os fornos de microondas, por exemplo, podem causar lesões se não forem adequadamente blindados. As dificuldades práticas de usar energia EM para fins de comunicações também crescem com o aumento da freqüência, até que, finalmente, não possa mais ser usada. À medida que se aprimoram os métodos de
comunicações, os limites superiores das freqüências utilizáveis são cada vez maiores. Os satélites de
comunicações de hoje usam freqüências próximas a 14 GHz. Esta freqüência ainda está bem abaixo
das freqüências da luz, mas, no ambiente fechado das fibras óticas, a própria luz pode ser usada pa2
ra comunicações.
1
Veja a edição especial de mafQO de 1987 do I F.F.E Eugiueeriug in Medicine and Biology Magm;iu~ sobre "EfTects of EM Radiation".
' Veja a edição de outubro de 1980 do IEEE: Pro<:eedings sobre "Opúcal-Fiber Communications".
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
375
TABElA 10.1 O Espectro Eletromagnético
Fenômeno EM
Exemplos de Usos
Intervalo de Freqüência
Aproximado
Raios cósmicos
Raios gama
Raios X
RadiaçJo uhmviolcta
lut visfvcl
Radiação infmvennelha
Microondas
Física. Astronomia
Tmtamcnto de câncer
E.' ames de mio X
Esterilizaç;io
VJSiio humana
Fotografia
Radar, estações repetidoras
de microondas. comunicações
por satélite
Televisão UHF
Televisão VHF, rádio FM
Rádio em ondas curtas'
RádioAM"
Acima de tO,. GHz
Ondas de rádio
1010- IO" GHz
ro'-rO' GHz
ro•- ro' GHz
tif- HtGHt
GHz
3-300G Hz
ro'-ro•
47()-806 M Hz
54-216 MHz
3-26 MHz
535- 1.605 KHz
(c) ! ~T/ 2
Figura 10.2 Grátlco de E(z,t) = A sen (wt -f3z) nos tempos (a) 1 =
go de +z com velocidade u.
EXEMPLO 10.1
0: (b) t • T/4: (c) t =T/2. P se move ao lon-
O campo elétrico no espaço livre é dado por
8
E= 50 cos (10 1 + {Jx) a_, Y/m
(a) Encontre a orientação de propagação da onda.
(b) Calcule {:J e o tempo que a onda leva para se propagar por uma distância de 'A./2.
(c) Esboce a onda a 1 =O, T/4 e T/2.
• N. de T. No Brasil. de acordo com a Resolução n• 79. de 24 de dezembro de 1998. da Agência Nacional de Telecomunicações (ANATEL). esta faixa de freqüência se estende de 3 a 28 MHz.
•• N. de T. No Brasil. de acordo com a Resolução
qüência se estende de 535 a 1.625 KHz.
rr 79. de 24 de dezembro de 1998. da Agência Nacional de Telecomunicações (ANATEL). esta faixa de fre-
376
• Elementos de Eletromagnetismo
Solução:
(a) Devido ao sinal positivo em (wt + {3x), inferimos que a onda está se propagando ao longo de- ax.
Isto será confirmado na parte (c) deste exemplo.
(b) No espaço livre, 11 = c.
ou
{3
= 0,3333 rad/m
Se T é o período da onda, isto signitica que a onda leva T scgundos para se deslocar por uma distância À à velocidade c. Portanto, para se deslocar por uma distância V2 levará
T
I 2;r
2w
t 1 =- = - - = -
2
;r
108
= 31 4? ns
-· -
A lternati vamente, porque a onda está se propagando com a velocidade da luz c,
À
ou
(I = -
2C
Porém,
2;r
À = - = 6;r
{3
Portanto,
t1 =
6;r
8
2(3 X 10 )
= 31,42 ns
como obtido anteriormente.
(c) Em
t = O, E,. = 50 cos {3x
Em
t
= T/4, E,. = 50 cos
·
(w ·24w;r + {3x) = 50 cos ({3x + ;r/2)
= - 50sen {3x
Em
t
= T/2, E,. = 50 cos ( w ·
~= + {3x) = 50 cos({3x + ;r)
= - 50cos{3x
O gráfico de E,. em função de x para t = O, T/4, T/2 é apresentado na Figura I0.3. Note que o ponto
P (selecionado arbitrariamente) da onda se move ao longo de - a,., conf'onnc r aumenta com o tempo.
Isto mostra que a onda se desloca ao longo de - a.,.
'
'
EXERCICIO
PRATICO
10.1
No espaço livre, H = 0,1 cos (2 X lO~t - kx) a1 Nm. Calcule:
(a) k, À, 1';
(b) o tempo t 1 que a onda leva para se propagar por À/8;
(c) esboce a onda no tempo t 1•
Resposta: (a) 0,667 rad/m; 9,425 m; 31,42 ns; (b) 3,927 ns; (c) veja Figura I0.4.
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
377
)'
I
Ip
SO ros(Jx
- SOscn {J.r
f
f
f
f
pf
- 50
(b) t =
T/ 4
)'
50
- so <osiJx
~ -~
I
2
2
I
u- - - J
I
(c) t =
T/2
Figura 10.3 Referente ao Exemplo lO. I: onda se propagando ao longo de -a,_.
H.(Nm)
l'i:.:ura 10.4 Referente ao Exercício Prático 10. 1(c).
10.3 PROPAGAÇÃO DE ONDA EM DIELÉTRICO COM PERDAS
Conforme mencionado na Seção 10.1 , a propagação de onda em diel~tricos com perdas é um caso
geral do qual derivam, como casos especiais, a propagação de onda em outros meios. Portanto, esta
seção é fundamen tal para as três seções que seguem.
Um dielétrico com perdas é um meio no qual ondas EM perdem energia. à medida que se
propagam, devido à conduti vidade desse meio.
378
• Elementos de Eletromagnetismo
Em outras palavras, um dielétrico com perdas é um meio parcialmente condutor (dielétrico imperfeito ou condutor imperfeito) no qual a~ O, ao contrário de um di elétrico sem perdas (dielétrico perfeito ou bom dielétrico), no qual a = O.
Considere um meio diclétrico com perdas, linear, isotrópico e homogêneo que está livre de cargas (P. = 0). Assumindo o fator tF como subentendido, as equações de Maxwell (ver Tabela 9.2) tornam-se
V· E =O
·'
(10.11)
V· H,= O
(10.12)
V
E.,. = -jwJ.IH,
X
( 10.13)
V X H . = (u +1'we)EI
( 10. 14)
~
Determinando o rotacional em ambos os lados da equação ( I 0. 13), temos:
V X V X E., = - Jwi-' V X H,,
( 10.15)
Aplicando a identidade vetorial
( 10.16)
no lado esquerdo da equação ( I 0.15) e utilizando as equações (I O. li ) c ( I O. 14), obtemos
ou
I
2
V E. - i E. =
o
I
( 10.17)
onde
-y = jwJ.~(U
2
+ jwe)
(10. 18)
e y é chamada a constante de propagaçiio (por metro) do meio. Por um procedimento similar, pode
ser mostrado que, para o campo H ,
(10. 19)
As equações (l 0.17) e (l 0.19) são conhecidas como as equações vetoriais homogêneas de Helmholtz
ou simplesmente como equações vetoriais de onda. Em coordenadas cartesianas, a equação ( I 0.1 7),
por exemplo, é equivalente a três equações de onda escalares, uma para cada componente de E ao
longo de a, , aY'e a~.
Como -y nas equações ( 10.17) a ( 10.19) é uma quantidade complexa, podemos fazer
( I0.20)
Obtemos a e {3 das equações (l 0.18) e (I 0.20), notando que
2
- Re -y
= (3·
?
~
- a·
= w· p.s
?
( 10.21 )
c
1-r·'I
= (3·• + a •· = wp.
vcr• + w·s•
2
(I 0.22)
Propagação de Ond(ls Eletromagnéticas •
379
Das equações (10.2 1) e (10.22), obtemos
a =
WJT [~I +[!r - I]
~=wJT[~~+ [:er+ l ]
(10.23)
( 10.24)
Sem perda de generalidade, se assumirmos que a onda se propaga ao longo de + a, e que E5 tem
somente componente x, então
E.,
=
E:•.,(z)a.•
(10.25)
Substituindo na equação (10.1 7), tem-se
(10.26)
Portanto,
o
o
ou
(I 0.27)
Esta é uma equação de onda escalar, uma equação diferencial, homogênea c linear, com solução
(veja o Caso 2 no Exemplo 6.5)
EX$(z) =EOe -r: + E'erO
(I 0.28)
onde E. c E'. são constantes. O fato de que o campo deve ser finito no infinito requer que E'. = O.
Alternativamente, E'0 = Oporque e'- representa uma onda viajando ao longo de - a,, se assumirmos
que a onda está se propagando ao longo de a.. De qualquer forma, indcpenclemc elo tipo de análise feito, E'.,= O. Inserindo o fator temporal~~~· n; equação ( 10.28) c usando a equação ( 10.20), obtemos
E(z, t) = Rc [Ecs(z)ei"''axl = Rc (E0 e a:ei(wt IJ:>a.,)
ou
(10.29)
lEI
Um esboço de
nos instantes r =O e r = D.t são mostrados na Figura I 0.5, onde é evidente que E
tem somente componente x e está viajando ao longo de + z. Tendo obtido E(z. t), obtemos H (z. r), ou
seguindo procedimento similar ao utilizado para resolver a equação (I 0. 19), ou usando a equação
(10.29) em conjunto com as equações de Maxwell, como fizemos no Exemplo 9.8. Teremos como
resultado
(10.30)
onde
H=
~
o
11
(10.31)
380
• Elementos de Eletromagnetismo
enu =O
Figura 10.5 Campo E com componente x se propagando ao longo de +z. nos tempos 1 = Oe t = tit. As setas
indicam valores instantâneos de E .
c 7) é uma quantidade complexa conhecida como a impedância intrínseca (em ohms) do meio. Pode
se mostrar, seguindo os passos tomados no Exemplo 9.8, que
.
JWP.
---"--"-.- =
a+ JWe
11 =
l11l& = l11le'·o•
(I 0.32)
com
tg 20~ -
(J
we
(10.33)
onde O :5 Oq < 45°. Substituindo as equações (I 0.31) e (I 0.32) na equação ( I0.30), temos
H
=
R [ Eo - a :iJ(wt- /J:) . ]
e 111 If~B• e
a,.
H
=
EoI e- at cos(wt l1l
ou
n
IJZ -
O, ) ar
1
( I0.34)
Observe, a partir das equações ( I0.29) e (I 0.34), que conforme a onda se propaga ao longo de a~, ela
decresce ou se atenua em amplitude por um fator e-<>". Portalllo, a é conhecida como a constante de
atenuação ou fator de a.tenuaçlio do meio e é uma medida da taxa de decaimento espacial da onda no
meio, em ncpcrs por metro (Np/m) ou em decibéis por metro (dB/m). Uma atenuação de I neper sig1
nifica urna redução de e- do valor original, enquanto um aumento de um neper indica um acréscimo
por um fator e. Portanto, para voltagens
I Np
= 20 log 10 e = 8,686 dB
( 10.35)
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
381
Da equação ( I0.23), notamos que, seu = O, como é o caso de um meio sem perdas e espaço livre,
a = O c a onda não é atenuada à medida que se propaga. A quantidade {3 é uma medida do deslocamento de fase por unidade de compri mento e é chamada constante de fase ou 111ímero de onda. Em
termos de {3, a velocidade da onda u e o comprimento de onda li. são, respectivamente, dados por [ veja as equações (10.7b) c (10.8)]
w
{3'
u= -
(10.36)
Notamos também, das equações ( 10.29) e ( 10.34), que E c H estão lora de fase por Oq, em qualquer instante de tempo, devido à impedância i ntrínseca complexa do meio. Portanw, em qualquer
tempo, E está adiantado em relação a H (ou H atrasado em relação a E) por Ow Finalmente, notamos
que a razão entre os módulos da densidade de corrente de condução J c da densidade de corrente de
deslocamento J"' em um meio com perdas, é
ou
to
o O=
-we
(J
( I 0.37)
onde tg Oé conhecida como a tangente de perdas c O é o ângulo de perdas do meio, conforme ilustrado na Figura I 0.6. Embora não haj a uma fronteira bem determinada entre bons condutores e dielétricos com perdas, tg Oou Opodem ser usados para quantilicar as perdas em um meio. Um meio é
dito um bom dielétrico (sem perdas ou perfeito) se a tg Oé muito pequena (u < we), ou um bom condutor se a tg Oé muito grande (u >> we). Do ponto de vista da propagação da onda, o componamento característico de um meio depende não só dos seus parâmetros constitutivos u, e e J.l, mas também
da freqüência de operação. Um meio que se comporta como um bom condutor em baixas freqüências
pode ser um bom dielétrico em freqüências altas. Das equações (I 0.33) e (I 0.37), observe que
o= 20
(10.38)
9
Da equação ( 10. 14)
V X Ht
= (u + jwe)E_. = jwe [
I
- i!!...]
E
we
'
(10.39)
= jwecE.,
onde
(l0.40a)
J"' =iwtf.",
-------
Figura 10.6 O ângulo de perdas para um meio com perdas.
382
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
(10.40b)
e e' = e, eH = ulw; s, é chamada pennissividade complexa do meio. Observamos que a razão entres
c e é a tangente de perdas do meio, isto é,
(O
o
e"
u
8= - = e'
(10.41)
we
Em seções subseqüentes, vamos considerar a propagação de onda em outros tipos de meio, os
quais podem ser vistos como casos especiais dos que foram considerados até aqui. Portanto, vamos
deduzir suas equações das que foram obtidas para o caso geral, tratado nesta seção. O estudante é
aconselhado a não simplesmente memorizar as fórmulas, mas a observar como elas são facilmente
obtidas das fórmulas para o caso geral.
10.4 ONDAS PLANAS EM DI ELÉTRICOS SEM PERDAS
Em um diclétrico sem perdas, IJ ~ we. E' um caso especial do tratado na Seção I 0.3, exceto que
I (] = O,
Jl. = Jl.oJI.r
I
( 10.42)
Substituindo nas equações ( 10.23) e ( I 0.24), obtemos
a= O,
{j = wy;;;
(10.43a)
w
I
u= - =
{j
~·
(10.43b)
Também
( 10.44)
Portanto. E c H estão em fase no tempo.
10.5 ONDAS PLANAS NO ESPAÇO LIVRE
Este é um caso especial do que foi considerado na Seção I 0.3. Neste caso:
I (]
( I 0.45)
= O,
Este pode também ser considerado um caso especial da Seção I 0.4. Portanto, simplesmente substituímos e por &0 e J1 por Jl. na equação ( I 0.43) ou substituímos a equação ( I 0.45) diretamente nas
equações ( I 0.23) e (I 0.24). De qualquer maneira, obtemos
fJ
a= O,
11
=
I
= wv;;:;:_
JI.oe o =
v;:;;, = c.
~
c
(10.46a)
(10.46b)
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
I
383
I
\
I
I
1
'
X
_____ ___
.......,_,..
)'
H = 1/0 cos wr •,
(b)
Fi~ura
10.7 (a) Gráficos de E e H em função dez em t = 0: (b) gráfico de E e H em.: = O. Os vetores indicam
valores instantâneos.
8
onde c= 3 X 10 m/sé a velocidade da luz no vácuo. O fato de as ondas EM se propagarem no vácuo com a velocidade da luz é importante. Isso demonstra que a luz é a manifestação de urna onda
EM. Em outras palavras, a luz é caracteristicamente eletromagnética.
Pela substituição dos parãmetros constitutivos da equação ( 10.45) na equação (10.33), 8~ = O e
11 = '70, onde '70 é chamado de a impedância intrínseca do espaço livre, c é dada por
110 =
r;;:, =
\j~
I 207r = 377 O
( I 0.47)
E = E0 cos(wt - {3z) a.,
( I 0.48a)
E
H = H0 cos (wr. - {3z) a,. = -2 cos(wt - {3z) aJ.
( 10.48b)
então,
•
1/o
Os gráficos de E e H são mostrados na Figura 10.7(a). Em geral, se ae- a, e at forem vetores unitários ao longo do campo E , do campo H e da orientação de propagação da onda, pode ser demonstrado que (veja Problema I 0.14)
ou
384
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
(10.49)
Tanto o campo E quanto H (ou onda EM) são, em qualquer ponto, normais à direção de propagação
da onda, isto é, normais a at. Isto significa que os campos estão em um plano que é transverso ou normal à direção de propagação. Formam uma onda EM que não tem componente dos campos elétrico
ou magnético na direção de propagação. Essa onda é chamada transversal eletromagnética (TEM).
É também chamada de onda plana unifo rme porque E (ou H) tem a mesma magnitude ao longo de
qualquer plano transverso, definido por z = constante. A ori entação na qual aponta o campo elétrico
é chamada polarização da onda TEM.3 A onda da equação ( I0.29), por exemplo, está polarizada na
direção x. Isto pode ser observado na figura I 0.7(b), onde é dada uma ilustração de ondas planas uniformes. Uma onda plana unifo1me não pode existir fisicamente, pois ela se estende até o infinito e representaria uma energia infinita. Entretanto, estas ondas são simples de entender c de importância
fundamental. Elas servem como aproximações para ondas existentes na prática, como as geradas por
uma antena de rádio, a grandes distâncias das emissoras de rádio. Embora a nossa discussão a partir
da equação ( l 0.48) considere o espaço livre, ela se aplica também a qualquer outro meio isotrópico.
10.6 ONDAS PLANAS EM BONS CONDUTORES
Este é um outro caso especial do que foi tratado na Seção l 0.3. Um condutor perfeito, ou bom condutor, é um condutor com a ~ we, de tal maneira que alwe-? <», isto é,
I
(1
= cc.
(10.50)
Logo, as equações (10.23) e (10.24) tomam-se
a = {3 =
~-~
\f2
= v 7r/p.a
( 10.51a)
( I 0.5lb)
Também,
( I 0.52)
portanto, E está adiantado em relação a H de 45". Se
( I0.53a)
então
H=
~ ' _,, <OS(M - #• WIJ.
(1
J
Alguns livros dclincm polnrização de maneira dislinla.
45' ) , ,
( 10.53b)
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
385
Portanto, à medida que E (ou H ) se propaga em um meio condutor, a sua amplitude é atenuada por
um fator e-«: . A distância mostrada na Figura 10.8, na qual a amplitude da onda decresce por um
1
fator e- (em torno de 37%) é chamada profundidade de penetraçtio pelicular do meio, isto é,
o,
E0 e - "'8 = E0 e -
I
ou
I
ô= -
( I 0.54a)
Ct
A profundidade de penetração pelicular é uma medida da profundidade ele penetração de
uma onda EM no meio.
A equação (I 0.54a) é válida, em geral, para qualquer meio material. Para bons condutores, as equações ( I 0.5 1a) e (I 0.54a) resultam em
ô=
I
( 10.54b)
v;;;;;
A ilustração para um bom condutor na Figura I 0.8 está exagerada. Entretanto, para um meio parcialmente condutor, a profundidade pelicular pode ser consideravelmente grande. Note, das equações
( I 0.5 1a), ( I 0.52) e ( I 0.54b), que, para um bom condutor,
7J
= -
I
IJÔ
V2 ejr/J =
I + .
J
IJÔ
( I 0.55)
Também, para bons condutores, a equação (I 0.53a) pode ser escrita corno
E -_ E0 e -
:18 cos ( wt -
5z) a.,
o
mostrando que mede o amortecimento exponencial da onda conforme ela se propaga pelo condutor. A profundidade pelicular no cobre é mostrada para várias freqüências na Tabela I 0.2. Da tabela,
notamos que a profundidade de penetração pelicular decresce com o aumento da freqüência. Portanto, E e H dificilmente se propagam através de bons condutores.
Fi~ura
0,368t:0
0 ~~~----~~-T--~.-----. z
I
1---
- - ----1
//,.,......
i
I
~-----6------~
10.!1 Ilustração da profundidade pelicular.
386
• Elementos de Eletromagnetismo
TABELA 10.2 Profundidade pelicular no cobre'
Freqüência (Hz)
Profundidade pelicular (mm)
• Para o cobn:. o = 5.8
X
10
60
100
500
10'
20.8
8.6
6.6
2.99
0.66
101
10 10
6.6 X 10'~ 6.6 X JO-'
1
10 mhoslm. Jl = P• . 8 = 66.1/ v'j (em mm)
O fenômeno pelo qual a intensidade de campo em um condutor decresce rapidamente é conheci do como efeito pelicular. Os campos e as correntes associadas são conlinados em uma camada muito fina (película) da superfície condutora. Para um lio de raio a, por exemplo, em altas freqüências é
uma boa aproximação assumir que toda a corrente nu i em um anel circular de espessura li, como
mostrado na Figura 10.9. O efeito pelicular aparece de diferentes formas em problemas, como: atenuação em ondas guiadas, resistência efetiva ou caem linhas de transmissão e em blindagens eletromagnéticas. Este efeito é utilizado em muitas aplicações. Por exemplo, como a profundidade pelicular é muito pequena na prata, a diferença de performance entre um componente de prata pura e um
componente de latão, com uma camada de prata depositada, é desprezível. Portanto, películas de prata são usadas para reduzir o custo de material em componentes de guias de onda. Pela mesma razão,
condutores tubulares ocos são usados no lugar de condutores sólidos nas antenas externas de televisão. A blindagem eletromagnética eletiva de dispositivos elétri cos pode ser obtida utilizando invólucros condutores com espessuras de algumas profundidades peliculares.
A profundidade pelicular é útil no cálculo da resistência ca que é função do efeito pelicular. Aresistência na equação (5.16) é chamada de resistência cc, isto é,
e
Roc =aS
-
(5.16)
Definimos a resistência superficial ou pelicular R, (em fl/m 2) para um bom condutor como a parte
real de T]. Portanto, da equação (I 0.55):
R
·•
=
/ 7rfJ.I
...!.._ =
aô
\
( I0.56)
a
Esta é a resistência para uma unidade de largura e uma unidade de comprimento do condutor. Ela é
equivalente à resistência cc para uma unidade de comprimento do condutor, tendo uma seção reta de
área I X li. Portamo, para urna dada largura w e comprimento a resistência para ca é calculada
usando a expressão da resistência para cc da equação (5. 16), assumindo um nuxo de corrente uniforme na espessura li, isto é,
e,
e
R.l
=
Rca = (]IV
Ô
IV
Figura 10.9 Profundidade pclicular em altas freqüências.
( I0.57)
ó
<<
a.
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
onde S = O! v. Para um fio condutor de raio a (veja Figura IO. 9), w
387
= 21ra, então,
e
R<,
Rcc
-=
u2-,raô
e
a
= -
2ô
'
CJ7ra"
Como 8 <a em altas freqüências, isto mostra que R<> é muito maior do que R"" Em geral, a razão entre a resistência ca e a resistência cc começa em 1,0 para cc c freqüências muito baixas e aumenta à
medida que a freqüência cresce. Também, embora a maior parte da corrente seja distribuída de uma
maneira não uniforme em uma espessura 58 do condutor, a perda de potência é igual à obtida supondo que a mesma é uniformemente distribuída em uma espessura 8 e zero no restante do condutor. Esta é mais uma das razões pelas quais 8 é chamada de profundidade pclicular.
EXEMPLO 10.2
Um dielétrico com perdas tem uma impedância intrínseca de 200 /30° íl em uma freqüência. Se,
nesta freqüência, a onda plana que se propaga no material tem o campo magnético
encontre E e a. Determine a profundidade pelicular e a polarização da onda.
Solução:
A onda se propaga ao longo de a.t' tal que at = a, ; a11 = ar. portanto
ou
Também H0 = 10, portanto,
E
Ho
= 7/ = 200 /300
= 200 e1"~16 ~ E0 = 2000e-''"" 16
o
Com exceção da diferença de amplitude c da diferença de fase, E c H sempre tem a mesma forma.
Conseqüentemente,
ou
"Ir)
E= -2e- a.' cos(wt - x +
a. kV/m
2
6 •
Sabendo que {3 = 1/2, precisamos deu para determinar a. Como
388
• Elementos de Eletromagnetismo
e
P= wJT [J~ + [:er+ 1)
a
-
p
Contudo, _!!_ = tg 20q
we
=
tg 60°
J~ +[~r =
I
112
J~+ [:er+ l
\13. Portanto,
=
ou
I
{3
a = • t:: = • t:: = 0,2887 Np/m
v3
2v3
e
1
ô = - = 2'\13 = 3,464 m
Ci
A onda tem uma componente E:; ponanto, está polarizada ao longo de z.
EXERCÍ CIO PRÁTICO 10.2
Uma onda plana se propagando em um meio com s, = 8, Jl, = 2 tem E = 0,5 e '13 sen ( l08t a, Y/m. Detem1ine:
(a)
Pz)
P;
(b) a tangente de perdas;
(c) a impedância da onda;
(d) a velocidade da onda;
(e) o campo H.
Resposta: (a) 1,374 rad/m; (b) 0,5154; (c) 177,72/13,63° íl ; (d)7,278 X 107 m/s;
(e) 2,8 17e- tf.l sen(l08 t - {3z - 13,63°)ay mA/rn.
EXEMPLO 10.3
Em um meio sem perdas, para o qual
a,.Nm, calcule e,. w e E.
7) =
607!', Jl,. = I e H = - 0,1 cos (wt - z) a + 0,5 sen (wt- z)
.f
Solução:
Neste caso, u = O, a = Oe {3 = I, portanto,
7J =
v;;k = {&_
f& =
I 207!'
" ;; " ;; v;,
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
389
ou
-v; = 1207!" = -:12~0_7!" = 2
e,= 4
601!"
1]
r
fJ = w Vu;
= wv-;;:;:_
v;;:;_
=~
v'4 = 2w
r
ro o
r r'r
C
C
ou
{Jc
w = - =
2
Do campo H fornecido, o campo E pode ser calculado de duas formas: usando as técnicas (baseadas
nas equações de Maxwell) desenvolvidas neste capítulo ou usando diretamente as equações de Maxwcll, como no capítulo anterior.
Método 1: para usar as técnicas desenvolvidas neste capítulo, fazemos
E = H 1 + Hz
onde H , = - O, I cos (wt - z) ax e H 2 = 0,5 sen (wt - z) a,.c o campo elétrico correspondente é
E = E 1 + E2
onde E, = E,. cos (wt- z) aE, e E 2 = E 2• sen (wt - z) a E, · Note que, embora H tenha componentes ao
longo de a,, c a>, esse campo não tem componente na direção de propagação. Portanto, é uma onda
TEM.
Para E 1,
a~::,
= - (at
X
a11,) = -(a,
Elo = 1] Hlo= 601r (0, 1)
=
X
- a,) = a,
61r
Logo,
E 1 = 61r cos (wt - z) a,
aE,
=
E.ozo =
- (ak X aH,)
1]
=
-(a: X a, )
= a,,
Hz0 = 601r (0,5) = 307!"
Logo,
E2 = 307r scn ("'' - z) a,,
Adicionando E 1a E2 temos E, isto é,
E = 94,25 sen ( 1,5 x l08 r - z) a., + 18,85 cos ( 1,5 X 108t - z) a,. V/m
Método 2: podemos aplicar as equações de Maxwell diretamente.
éJE
V X H =pE +e j
iJ t
o
E=; Iv XHdt
390
•
Elementos de Eletromagnetismo
pois q = O. Porém,
éJ
éJx
VX H =
H;c(z)
éJ
éJy
H>{z)
éJ
éJz
_ _ iJ H,.
o
-
= H2o cos (wt - z) a.•
éJH,
éJz a.. + éJz a,.
+ H 10 sen (wt
- z)a.,.
onde H 10 = -O, I e H20 = 0,5. Logo,
E = -I
e
f
V X H dt = -H2o scn (wt - z) a - -Hl o cos (wt - z) a .
ew
x
ew
>
= 94,25 sen(wt -
z) a.~+ 18,85 eos(wr - z) a,. Y/m
como esperado.
EXE RCÍCIO PRÁTICO 10.3
Uma onda plana em um meio não magnético tem E = 50 sen ( IORr + 2z) ar V/m.
Encontre:
(a) a orientação de propagação da onda;
(b) 'A,fe e,;
(c) H .
Resposta:
EXEMPLO 10.4
(a) ao longo de - z; (b) 3, 142 m, 15,92 MRz, 36; (c) 0,7958 sen( IO~t
+ 2z) a.. Aim.
Uma onda plana unifom1e propagando-se em um meio tem
E = 2e- a: sen ( 10Sr- /3<.) a,. Y/m.
Se o meio é caracteri zado por e, = I, f.l, = I e q = 3 mhos/m, encontre cr, {3 e H .
Solução:
Precisamos determinar a tangente de perdas para saber se o mei o~ um diel~trico com perdas ou um
bom condutor.
(J
3
-;;;; = - - - -- _..,.,9
10
108 X I X - -
= 3393
»
1
3671"
o que mostra que o meio pode ser considerado como um bom condutor na freqliência de operação.
Logo,
cr
= {3 = ~ = [ 471" X
10-
7
8
;
= 61,4
a= 61,4 Np/m,
{3 = 61 ,4 radlm
20( 10 )(3)
r
2
Propagação de Ondas Eletromagnéticas •
391
Também,
I7JI =
~ = [ 411" X 10- : X 20(10S) ]
112
=~
tg 20. = -
o
W&
= 3393
Assim
onde
Portanto,
H = - 69 ' I e- 61 A~ scn (108r - 61 '~
42•
-.!)amNm
4
.\'
EXERCÍCIO PRÁTICO lOA
Uma onda plana propagando-se ao longo de +y em um meio com perdas (s, = 4, Jl, = I , u =
2
9
10- mhos/m) tem E= 30 cos (10 'ii t + '7T/4) a. V/m em y = O. Encontre:
•
(a)
E em y
= 1 m, t = 2 os;
(b) a distância percorrida pela onda para ter uma mudança de fase de I
o•;
(c) a distância percorrida pela onda pam ter sua ampliiUde reduzida de 40%;
(d) H em y =2 m, t = 2 ns.
Resposta:
EXEMPLO 10.5
(a) 2,787a, V/m; (b) 8,325 mm; (c) 542 mm; (d) -4,7 la., mNm
Uma onda plana E = E, cos (wt - {3z) a,.. está incidindo sobre um bom condutor em z = O. Encontre
a densidade de corrente no condutor.
Solução:
Como a densidade de corrente J = oE, esperamos que J satisfaça a equação de onda na equação
( 10.17) , isto é,
Também, o E incidente tem somente uma componente x c varia com z. Portanto,
J = J ,(z. t) a, e
392
• Elementos de Eletromagnetismo
que é uma equação diferencial ordinária com solução (veja o Caso 2 do Exemplo 6.5):
J._, = Ae-,.: + Be +,.:
A constante 8 deve ser zero porque J'"' é finito para z ~
tal que a= (3 = 1/ ó. Portamo,
+ j{3
-y = a
= a( I
oo.
Porém, para um bom condutor, u » we,
+ j) =
(I
+ j)
ô
-'-:---'"'"
c
ou
J.sx = J (0) e- :<I +J)16
.~\'
onde 1," (O) é a densidade de corrente na superfície do condutor.
EXERCÍCIO PRÁTICO 10.5
Dada a densidade de corrente do Exemplo I0.5, encontre a magnitude da corrente total através de
urna fita de profundidade infinita ao longo de z c largura w na direção y.
Resposta:
EXEMPLO 1 0.6
Para o cabo coaxial de cobre da Figura 7.12, considere a = 2 mm, b = 6 mrn e t = I mm. Calcule a
resistência cc para 2 m de comprimento do cabo em I 00 MHz.
Solução:
Seja
R= R0 + R;
onde R, c R, são as resistências dos condutores externo c imcrno, respectivamente. Para cc
e
R=
o
uS
=
Portanto, Rcc = 2,744
Para[= 100 MHz:
0,8429 m!l
+ 0,8429 = 3,587 mQ
R· = Rse =
'
e
uô2-rra
w
=
e
21ra
r;;;_
V7
2
/ 1r X 108 X 47r X
= 2-rr X 2 X 10- 3 Y - - -5-,8- X- 10-::7- =
0.41
n
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
Como
o=6,6 Jlm < t =
393
I mm, IV = 21rb para o condutor externo. Portanto,
R = R,e = e
0
r;;;
2Jrb "--;2
/r7r- X
- -I-078_X__
4_7r_X__l_0-.
_7
IV
- -27r
-, -X-6 -X--I0-_-,;-3\.j -----'-5-,8-X-10-:;7- - = 0,1384 n
Portanto,
R,.._
= 0.4 1 + o,t 384 = 0.5484 n
que é aproximadamente 150 vezes maior do que R,..,. Portanto, para a mesma corrente efetiva i, a per2
da ôhmica no cabo (i R) em 100 MHz é 150 vezes maior do que a perda de potência em cc.
EXERCÍCIO PRÁTICO 10.6
Para um fio de alumínio com um diâmetro de 2,6 mm, calcule a razão entre a resistência ca e a
resistência cc em:
(a) lO MHz;
(b) 2 GHz.
Resposta: (a) 24, 16; (b) 341,7.
10.7 POTÊNCIA E O VETOR DE POYNTING
Confonne mencionado anterionnente, a energia pode ser tran sportada de um ponto (onde estiver localizado um transmissor) a outro ponto (com um receptor) por meio de ondas EM. A taxa de transporte desta energia pode ser obtida a partir das equações de Maxwell:
éJH
VxE = -~ ­
élt
(I 0.58a)
éJE
V X H =aE +e -
(l0.58b)
él t
Fazendo o produto ponto de E com ambos os lados da equação ( 10.58b), obtemos
,
éJE
et
E · (V X H ) = aE- + E · e -
( 10.59)
Porém, para quaisquer campos vetoriais A e 8 (veja Apêndice A. l 0):
V· (A X 8) = 8 ·(V X A) - A· (V X 8).
Aplicando esta identidade vetorial à equação (10.59) (fazendo A = H e B = E), obtemos:
H · (V X E)
+ V· (H
X E) =
aE2
+ E· e élE
ar
(10.60)
Da equação (I 0.58 a),
H · (V X E) = H · ( -
éJH) =
~é)t
éJ (H · H )
- ~- 2
é) t
(10.61)
394
• Elementos de Eletromagnetismo
portanto, a equação (10.60) torna-se:
p. éJH2
2
I éJE2
-- V · (E X H ) = uE + - e 2 éJT
2
éJT
Reordenando os termos e tomando a integral de volume de ambos os lados:
f
V · (E X H) dv =
v
-a,éJ f [I2 eE-,+ 2Ip.W•] dv ••
f
2
uE dv
(10.62)
••
Aplicando o teorema da divergência ao lado esquerdo da equação, obtemos:
1Js (E
X H) ·
f [I , 2I •]
éJ ,.
dS = - i)i
eE- +
2
.L
Potência total
que deixa o volume
p.W dv -
J,
-
Taxa de decréscimo
da energia armazenada
nos campos elétri co e
magnético
f •
,. uE- dv
(1Q.63)
.L
• •
potencm
ôhmica
dissipada
( 10.64)
A equação (I 0.63) é conhecida como o teorema de Poy111i11g! Os vários termos desta equação são
identiricados usando conceitos de conservação de energia para campos EM. O primeiro termo do lado direito da equação ( I 0.63) é interpretado como a taxa de decréscimo da energia armazenada nos
campos elétrico e magnético. O segundo termo é a potência dissipada no caso do meio ser condutor
(u:;:. 0). A quantidade E x H , no lado esquerdo da equação ( I 0.63), é conhecida como o vetor de
2
Poy111i11g P/', dado em watts por metro quadrado (W/m ), isto é,
( 10.65)
Esta equação representa o vetor densidade de potência instantânea associada com o campo EM em
um dado ponto. A integral do vetor de Poynting, sobre qualquer superfície fechada, fornece a potência líquida que flui para fora desta superfície.
O teorema de Poynting estabelece que a potência líquida que llui para fora de um volume v
é igual à taxa temporal de decréscimo da energia armazenada em v menos as perdas por condução.
O teorema está ilusu·ado na Figura I O. I O.
Deve se notar que CfJ> é perpendicular tanto a E como a H , estando, portanto, ao longo da orientação de propagação a, para ondas planas uni formes. Então
(10.49)
O fato de 1/J' apontar na orientação de a. tem como conseqüência que f/f' seja considerado como um
vetor "apontador".
Ainda, se assumimos que
então
" J. H. Poynting. "Ún thc: trnnsrcr o rcncrgy in thc clcctromagnctic ficld". Pllil Tra11s.. vol. 174. 1883. p. 343.
Propagação ele OnciJs Eletromagnéticas •
395
potência de salda
0
/
~~
perdas õhmicas
J
7
t/
energia clérrica
energia magn~1ic:1
armazenada
armazcn:ldtl
potência de entmda
Figurn 10.10 Ilustração do balanço de potência para campos EM.
e
?
~(z, t) = ~t e- 2<>: cos (wt -
E~
- 2<>·
o
21'111 e - [cos ~ + cos (2wt
urna vez que cosA cos B =
I
2
[cos (A - B)
O~) a:
{3::.) cos (wt - (jz -
+ cos (A +
(I 0.66)
R
- 2"'z -
o.)J ~
.
.
B)]. Para deternunarmos a médmtemporal
do vetor de Poynting, ~ ,.,..,(z) (em Wtm\ que é de maior interesse prático do que o vetor de Poynting instantâneo ~(;., r). integramos a equação ( 10.66) sobre o período T = 21r!w, isto é,
7'
W' méiz) = ...!. (
T
)o
~(z. r) dr
( 10.67)
Pode-se demonstrar que (ver Problema 10.28) i sto é equivalente a:
(I 0.68)
Substituindo a equação ( I 0.66) na equação (I 0.67), obtemos
(10.69)
A potência média total que atravessa uma dada superfície Sé dada por
Pméd
=fs ~rnéd dS
·
(10.70)
396
• Elementos de Eletromagnetismo
Devemos notar a diferença entre IJJ>,IJJ>~e P,ntd.I!J>(x, y, z. r) é o vetor de Poynting, em watts/m 2, e va1
ria com o tempo. ~!f>"""' (x. ); z), também em watts/m , é a média temporal do vetor de Poynting <!/', que
é um vetor, mas é independente do tempo. P~ é a potência média total que atravessa uma superfície, em watts; é uma grandeza escalar.
EXEMPLO 1 0.7
Em um meio não magnético:
E = 4 sen (27r X 1071 - 0,8x) a.• V/m
Encontre:
(a)
e,, 17;
(b) a média temporal da potência transmitida pela onda;
(c) a potência total que atravessa I00 cm1 do plano 2x + y = 5.
Solução:
(a) Como a = Oe {3 -:t: wlc, o meio não é o espaço livre, mas é um meio sem perdas.
{3
= 0,8,
= 27!' X
w
107 ,
p.
= p.0 (não magnético), e = e0 e,
Portanto,
R
f.l
= W
v;;
= W v;;:;:;_
r
ro o r =~
C Ve..r
ou
Ye. =
'
=
111>
E~
8
)
{3c = 0,8(3 X 10
w
21!' X 107
=E
11'
98,7 o
?
(b) -v· = E X H = -;} sen-(wl - {jx) ax
'T fT fi/' dt = -271E~ a,. = 2 X 16I 07!'· a,.
0'>rnéd = -
?
0
?
= 81 ax mWtm·
(c) No plano 2x
+y =
5 (veja Exemplo 3.5 ou 8.5):
a,=
2a., + a,.
Vs
Portanto, a potência total é:
Pméd
=
I
fil'méd •
dS
=
fi/'méd • S a,
= (81 X I0- 3a.,) · ( 100 X 10- 4 )
162 X 10- 5
Vs
= 724,5 p.W
[ 2 a~ ay]
Propagação de Ondas Eletromagnéticas •
397
EXERCÍCIO PRÁTICO 10.7
No espaço livre, H = 0,2 cos (wt - (3x) a, A/m. Encontre a potência total que atravessa:
(a) uma placa quadrada de 10 cru de lado no plano x + y = I ;
(b) um disco circular de 5 em de raio no plano x = I.
Resposta:
(a) O; (b) 59,22 mW.
10.8 REFLEXÃO DE UMA ONDA PLANA COM INCIDÊNCIA NORMAL
Até aqui, temos considerado ondas planas uniformes se propagando em meios ilimitados e homogêneos. Quando urna onda plana em um meio cncomra um meio diferente, ela é parcialmente refletida e
parcialmente transmitida. A proporção da onda incidente que é refletida ou transmitida depende dos
parâmetros constitutivos (e, p, a) dos meios envolvidos. Aqui, vamos supor que a onda plana incidente é perpendicular à superfície de separação entre os dois meios. A incidência oblfqua da onda plana será considerada na seção seguinte, depois de entendermos o caso mais simples da incidência normal.
Suponha que uma onda plana que se propaga ao longo de +z incida com orientação normal à
fronteira z = Oentre o meio I (z < 0), caracterizado por a1, & 1, J1 1, c o meio 2 (z > 0), caracterizado
por a2, e2, ~.conforme mostrado na Figura I 0.11. Na figura, os fndiccs i, r c t denotam, respectivamente, as ondas incidente, refletida e transmitida. As ondas incidente, refletida c transmitida, mostradas na Figura I 0.11, são obtidas como segue:
011da lncidellle:
(E,, H 1) se propaga ao longo de + a<no meio I. Se suprimirmos o fator temporal ~' c assumirmos que
( 10.71 )
então,
(10.72)
Onda Refletida:
(E,., H,.) se propaga ao longo de - a<no meio I. Se
( 10.73)
então
(
H"'z)
~Em ~ .
= Hro e••·(-ay)
= --;;-e"·
... a.,.
( I0.74)
onde se supõe E., ao longo de a.-- Assumiremos por coerência que, para incidência normal, E;o E, e E,
têm a mesma polarização.
011da Transmitida:
(E,, H,) se propaga ao longo de + a, no meio 2. Se
E u (z) = Ero e- ..,:= a .'(
( 10.75)
398
• Elementos de Eletromagnetismo
H
,L at
tE,
(onda tronsrnitida)
8t ~H,
)'
(onda refletida)
t )-----------~ :
:" 0
Figum I 0. 11 Uma onda plana incidindo com orientação normal na illlcrface entre dois meios diferentes.
então
(10.76)
Nas equações ( 10.71 ) a ( 10.76), E,,.. Eme E,. são, respecti vamente, as magnitudes dos campos elétricos incidente, rdletido e transmitido em <: = O.
Note que, na Figura I0.11, o campo total no meio I compreende os campos incidente e refletido,
enquanto o meio 2 só tem o campo transmitido, isto é,
E 1 =EI + E ,..
~=E,,
H,- = HI
Na interface z = O, as condições de fronteira requerem que as componentes tangenciais dos campos
E e H sejam contínuas. Como as ondas são transversais, os campos E c H são inteiramente tangenciais à interface. Portanto, em z = O, E 1,, = E 2,, e H 11t = H 2" , o que implica em
E;0 + E, = E,
E;(O) + E,(O) = E,(O)
H;(O)
+
( 10.77)
H,(O) = H,(O)
( 10.78)
Das equações ( l 0.77) c ( 10.78), obtemos
Em --
112 - 111
112 + 111
Elo
(10.79)
( I0.80)
Dclinircmos, agora, o coejiciellte de reflexão
ções ( 10.79) e ( 10.80), como
r
r
c o coeficiente de transmissão
= E, = 112 - 111
E;, 112 + 11t
T,
a partir das equa-
(10.8la)
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
399
ou
( 10.81b)
e
( 10.82a)
ou
( 10.82b)
Note que:
1. 1 + r = r.
2. tanto r quanto -r não têm dimensão e podem ser complexos;
3. o s lfl s I.
( I0.83)
O caso considerado acima é geral. Vamos agora considerar o caso especial em que o meio 1 é um
dielétrico perfeito (sem perdas, a 1 = O) e o meio 2 é um condutor perfeito (C12 = =).Para este caso,
172 = O. Portanto, r = - I e -r = O, mostrando que a onda é totalmente retletida. isto é possível, pois
os campos em um condutor perfeito devem se anular. Portanto, não pode haver onda transmitida
(E 2 = 0). A onda totalmente refletida se combina com a onda incidente para formar uma onda estacionária. Uma onda estacionária " pára" e não se desloca. Ela consiste de duas ondas viajantes
(E1 e E,) de mesma amplitude, mas com orientações opostas. Combinando as equações ( I 0.71) e
( I O. 73), ternos a onda estacionária no meio I dada por:
( 10.84)
Porém
r = ~" = - I ' a, = O, a, = o. 'Yt = j{J I
10
L ogo,
E ls = - E-10(~fi,: - e - jfl,:) a.f
ou
(10.85)
Portanto,
E 1 = Re (E,.,e-1"'')
ou
E 1 = 2E10 scn (3 1z sen wt a,,
(10.86)
Por um procedimento semelhante pode se mostrdr que a componente do campo magnético desta onda é:
H,
=
2E1,
711
cos {J 1z cos wt a)'
(10.87)
400
• Elementos de Eletromagnetismo
Um esboço da onda estacionária da equação (I 0.86) é apresentado na Figura I 0.12, para t = O, T/8, T/4,
3T/8, T/2 c assim por diante, onde T = 21r!w. Da figura, notamos que a onda não se propaga, mas oscila.
Quando os meios I e 2 são, ambos, sem perdas, teremos um outro caso especial (u1 = O = u2 ).
Neste caso, '71 c 172 são reais, assim como r e -r. Vamos considerar os seguintes casos:
CASO A
Se '72 > 171, r> O. Novamente, há uma onda estacionária no meio I, mas há também uma onda transmitida no meio 2. Entretanto, as ondas incidente e refletida têm amplitudes diferentes. Pode ser mostrado que os valores máximos de IE 11ocorrem para
ou
n = O, I, 2, . . .
( 10.88)
e os valores mínimos de IE 11ocorrem para
+
-~ I Zmín = (211
7r
I) 2
ou
_
7
~mrn
-
_
(211
+
I )1r _ _ (211
j3
2 1
-
+
I) À
11 = O, I , 2, . . .
h
4
(10.89)
CASOB
IE
Se '72 < '71, r < O. Neste caso, a localização dos máximos de 11é dada pela equação (10.89), enquanto a localização dos mínimos de 11são dados pela equação (I 0.88). Tudo isto está ilustrado na
Figura I 0.13. Note que:
IE
IH
IE
1. os mínimos de 11 ocorrem onde existem os máximos ele 11c vice-versa;
2. a onda transmitida no meio 2 (não mostrada na Figura I 0. 13) é uma onda puramente viajante e, conseqüentemente, não existem máximos ou mínimos nesta região.
X
"t
=o
2
2E~o
Figura 10.12 Ondas es1acionárias E= 2E~ sen /3 1: sen wt a,: as curvas O. I. 2. 3. 4.... correspondem, respeclivamcntc. aos tempos 1 = O. 7/8. 7/4. 37/8. 7/2.... : >. = 21r//3 1•
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
401
X
a 1 =0
I
.....
I
,..,
\
I
\
I
IE 11para ~2
Fi~-tura
\
I
I
/ '<
2
E;o<' +n
\
I
\
-3
a2 = 0
IE11para ~ 2 > ~ 1
E'k>
o- n
~1
--4
-Â
2
.'
o
10.13 Onda estacionária devido à renexão na interface entre dois meios sem perdas; À = 21r!{3,.
A razão entre IE,I "'1, e IE 11mrn (ou IH, I msx para IH ,I .,1,) é chamada taxa de onda estacionárias, isto é,
S =
IEdmáx _ IHdmáx = I +
IEdmrn
IH d rnín
I -
!fi
!fi
(10.90)
ou
!fi = s-
I
s+ l
( 10.91 )
Como In :S I , segue que I s s s oo. A taxa de onda estacionária não tem dimensão e é, muitas vezes, expressa em (dB) como a seguir:
sem dB
EXEMPLO 10.8
=
20 log, 0 s
-
{3z) a.• mA/m
( I0.92)
No espaço livre (z :S 0), uma onda plana com
H = lO cos ( 108t
incide perpendicularmente sobre um meio sem perdas (c = 2&,, ~t = 8,11.,) que ocupa a região z > O.
Determine a onda refletida H ,, E, e a onda transmitida H,, E,.
Solução:
Este problema pode ser resolvido de duas maneiras diferentes.
Método 1: considere o problema como i lustrado na Figura 10. 14. Para o espaço livre,
w
{3 - - -
108
. - C - 3Xl08
l/1 = llo = 12011"
I
= -
3
402
• Elementos de Eletromagnetismo
Figura 10.14 Referente ao Exemplo 10.8.
0
dietétrico sem penlos
CSp3ÇO livre
--+----~ !
:= 0
I
Para o meio dielétrico sem perdas,
wv; = wv;:;;,&
= [;p. = ~P.o {;:P.r = 2 11
e
e
e
= ~ · (4) =
fJ2 =
,2
''
4
4(j 1 = -
0
r
O
Dado que H; = IOcos ( IOX1 - (J 1z) a ,, então
E; = E;0 cos ( I 081 - (J 1z) a E,
onde
.
aE... = a11,. X ak = a. X a... =
~
- a,..
e
Portanto,
Ainda:
Ero =
E;0
r
= 112 - 111 = 211o - 11o =-I
112 + 111
211o + 11o
3
Então,
E, = - -10 11o cos ( lO8t + -I z) a,. mY/m
3
3
.
de onde facilmente obtemos H,.. como a seguir:
H ,= - -10 cos ( l08t
3
I ) a... mNm
+ -z
3
3
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
De forma similar,
4
I + r= -
Em =
ou
3
4
E,.,
3
Então,
onde ati
= a~:; = - a•. Portanto,
·)a
40
4
EI = - 3 "'1 0 cos(I081- 3 "
)' mY/m
donde obtemos
20 cos ( 1081 - 4 z) a,, mA/m
H, = 3
3
Método 2: alternativamente, podemos obter H, e H, diretamente de H1 usando
Hft)
e
1J I
1J2
- = 7-
H,,,
Então,
I
10
H ro = -- H10
. = - -
3
3
4 1Jo
2
20
Hw = 3 21Jo . H;, =
H,, = 3
J
e
conforme obtido anteriormente.
Note que as condições de fronteira em
z=
O, isto é,
E;(O) + E,.(O) = E,(O) =
40
-3
'17o cos ( I 081) ay
e
H1(0)
+ H,.(O)
= H,(O) =
20
8
"'3
cos ( I0 1) a,,.
estão satisfeitas. Estas condições sempre podem ser utilizadas para veriliear E e H .
403
404
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 10.8
1
Uma onda plana uniforme de 5 GHz Eis = lO é " ax V/m, que se propaga no espaço livre, incide
perpendicularmente sobre um dielétrico plano sem perdas (z > 0), tendo & = 4&0 , J1 = J10 • Encontre a onda refletida E, e a onda transmitida E,..
Resposta:
EXEMPLO 10.9
- 3,333 exp(jP1z) a.. V/m 6,667 exp(- jf3ft.) a.• V/rn, onde {3 2
= 2{3 1 = 20011'/3.
Considere uma onda plana unifom1e no ar dada por
E; = 40 cos (wt - {3z) a.•
+ 30 scn (wt
- {3z) a.r V/m
(a) Enco111re Hr
(b) Se a onda incide sobre um plano condutor perfeito perpendicular ao eixo
as ondas refleti das E, e H,..
z, em z =
O, encontre
(c) Quais são os campos E e H totais para z < O?
(d) Calcule a média temporal do vetor de Poynting para z :S Oc z 2= O.
Solução:
(a) Este é um problema semelhante ao Exemplo I 0.3. Podemos considerar que a onda é composta
por duas ondas E11 e E,,, onde
E;1
=
40 cos (wt - Pz) a,.,
E,'2
= 30 sen (wt - {3z) ay
À pressão atmosrérica, o ar tem e,= 1,0006 = I. Ponanto, o ar pode ser considerado como se rosse
o espaço livre. Seja H,= H11 + H12•
Híl =
H;to cos (wt - {3z.) au,
onde
_ E;t 0
_
H·t0 - - 1'/o
'
40
=12011'
311'
Portanto,
H;, =
1
3
11' cos (wt - {3z) a.r
De forma semelhante,
H n = H;20 sen (wr - {3z) a11,
onde
E'2o
30
H,., = -1 =
='-"
1'/o
12011' 411'
Propagação ele OnciJs Eletromagnéticas •
405
Portanto,
H 12 = -
I
4
11" sen (wr - f3z) ax
e
H·I = H-l 1 + H,.,
l= - -
I
4r.
sen (wr - {3z) a.+
I
- cos (wr
311"
- {3z)
a,. mA/m
Este problema também pode ser resolvido utilizando o Método 2 do Exemplo 10.3.
(b) Como o meio 2 é um condutor perfeito,
>>
(]2
we2
isto é,
r = -1 •
r =O
mostrando que os campos incidentes E e H são totalmente refletidos.
E,, =
r
E1, = - Eru
Portanto,
+ f3z) ax - 30 scn (wr + {3;;) a.,. V/m
E, = -40 cos (wr
H, pode ser calculado a partir de E,.. exatamente como foi feito na parte (a) deste exemplo ou usando o Método 2 do exemplo anterior, partindo de H 1• Em ambos os casos, obtemos
H, = -
I
31!"
cos (wr
+ {3;;) a,. - -
I
411"
scn (wr
+ {3;:)ax Alm
(c) Pode se mostrar que campo total no ar
c
E 1 = E 1 + E,
é uma onda estacionária. Os campos totais no condutor são
&.- = EI = O'
(d) P;tra z < O,
""'
>r tméd
=
IE.sl
-
2
2111
I
240 1f
=O
Para z ~
2
2
.
ak -- - I IE;,a,
- E,.,aJ
2?J0
,
((40-
,
,
O,
IE 12
""
- -'----=
2.5<'- a •...
lf2méd-
2172
pois toda a energia incidente é refletida.
2
+ 30-)a: - (40- + 30 )a •.]
E2
= .....!!!. a. = O
2112 •
406
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 10.9
A onda plana E = 50 sen (wr - Sx)~ V/m em um meio sem perdas (!J. = 4J.1o, e = e0) incide sobre
um meio com perdas (tJ. = J.lo, e= 4e0 , a = O, I mhoslm) perpendicular ao eixo x em x = O. Encontre:
(a)
r , T C s;
(b) E, e H ,
(c)
'
E, e H,;
(d) a média temporal dos vetores de Poynting nos dois meios.
Resposta:
(a) 0,8186/171, I o, 0,2295 /33,56°, I 0,025; (b) 40,93 scn (wr + Sx +
171 ,9°) ay V/m, -54,3 sen (wr + Sx + 171 ,9° az mA/m ;
(c) li ,47 e- 6 ·02 1.'sen (wr -7,826x + 33,56°) ay V/m, 120,2 e- 6.02 1.' sen
(wt - 7,826x - 4,01°) az mNm; (d) 0,5469 a., W/m2 , 0,5469 exp
( - 12,04x) a.. W/m 2.
)·10.9 REFLEXÃO DE UMA ONDA PLANA COM INCI DÊNCIA OBLÍQUA
Consideremos, agora, uma situação mais geral do que a descrita na Seção I 0.8. Para simplificar a
análise, vamos supor que estamos tratando de meios sem perdas. (Podemos estender os resultados
aqui obtidos para meios com perdas simplesmente substituindo e por e,.) Pode se mostrar (veja os
Problemas 10. 14 c I 0.15) que uma onda plana uniforme pode ser representada pela expressão geral
E(r , 1) = E0 cos(k · r - wt)
= Re [E d (k·r- "")J
0
(10.93)
onde r = xa.• + yaY + za, é o raio ou vetor posição e k = k,a, + k~a~ + k,a, é o vetor niÍmero de onda ou vetor propagação; k tem sempre a mesma orientação da propagação da onda. O módulo de k
está relacionado a w através da relação de dispersão:
(10.94)
Portanto, para um meio sem perdas, k é essencialmcmc o mesmo {3 das seções anteriores. Com a forma geral de E na equação ( 10.93), as equações de Maxwcll se reduzem a
k X E = WJ.tH
(10.95a)
k X H = - weE
(10.95b)
k ·H = O
(10.95c)
k ·E= O
(I 0.95d)
mostrando que (i) E, H e k são mutuamente ortogonais e (i i) E c H estão no mesmo plano
k · r = k.,x + ky)' + k,z = constante
Da equação (I 0.95a), o campo H, correspondente ao campo E da equação( I 0.93), é:
H =_!_ k X E = ak X E
WJ.t
fi
( 10.96)
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
407
Tendo expressado E e H na forma geral, podemos, agora, considerar a incidência oblíqua de uma
onda plana uniforme em uma interface plana, conforme ilustrado na Figura I 0. 15(a). O plano definielo pelo vetor propagação k e um vetor unitário a•• normal li superfície de separação entre os dois
meios, é chamado plano de incidência. O ângulo O; entre k c a. é o àngulo de incidência.
Novamente, tanto a onda incidente quanto a onda renetida estão no meio I , enquanto a onda
transmitida (ou refratada) está no meio 2. Sejam
(J 0.97a)
Er
=
E cos (k ,. + k ,, + k • - w ')
~
~
~
~
~
E, = E,., cos (ku.x + k,1y + kr:z - w,r)
( I 0.97b)
(l0.97c)
onde kr k, e k,, com suas componentes normal e tangencial, são mos trados na Figura I 0.15(b). Como
a componente tangencial de E deve ser contínua na fronteira z = 0:
E;(z
=
O) + E,.(z = 0)
=
E,(z
= 0)
( 10.98)
Estas condições de fronteira só serão satisfeitas pelas ondas da equação ( I 0.97), para qualquer x e y,
se
=
=
= W
2. k·u· = krx = kt.r = kx
(.
W;
Wr
W1
3. k;y = kl). = k,.l' = ky
(~)
/l 1 senO,
Ih)
Figura 10.15 Incidência oblíqua de uma onda plana: (a) iluSiração de 0,. O, c 0,: (b) i lustração das componentes
normal c tangcncial de k .
408
• Elementos de Eletromagnetismo
A condição I implica que a freqüência não mude. As condições 2 e 3 requerem que as componentes
tangenciais dos vetores de propagação sejam contínuas (denominadas de condição de casamento de
fase). Isto significa que os vetores de propagação k1, k, e k, devem estar todos contidos no plano de
incidência. Portanto, devido às condições 2 e 3,
e,
(10.99)
k·I sen o.I = kI sen OI
( 10.100)
k, sen
onde
e, =
k, scn
e, é o ângulo de reflexão e 8, é o ângulo de trtmsmissiio. Contudo, para meios sem perdas:
k1 = k, = {:3 1 =
w~
( I 0. 10 I a)
k, = {:3 2 =
w~
( IO.IOib)
Das equações ( I 0.99) e ( I 0.1 OI a) fica claro que
( 10.1 02)
isto é, o ângulo de refl exão e, é igual ao ângulo de incidência 81, como na ótica. Também, das equações ( IO.IOO)e (1 0.101),
( I 0.103)
onde 11 = wlk é a velocidade de fase. A equação ( I 0.103) é a conhecida lei de Sueli e pode ser escrita como
11 1 sen
onde n 1 = c~
= c/u 1
e n2
= c v;;;; =
e, =
n2 scn O,
I
(10. 104)
c/u 2 são os índices de refração dos meios.
Com base nestas preliminares gerais sobre a incidência oblíqua, vamos agora considerar, em detalhe, dois casos especiais: um com o campo E perpendicular ao plano de incidência c outro com o
campo E paralelo ao plano de i ncidência. Qualquer outra polarização pode ser considerada como
uma combinação linear destas duas.
A. Polarização paralela
Este caso está ilustrado na Figura 10.16, onde o campo E se encontra no plano xz, que é o plano de
incidência. No meio I temos tanto o campo incidente como t1 relletido, dados por
( l0.105a)
R u.
= E ;o e - j{j,(,r sen o,+: cosO,) ,,,
'I
111
( 10. 105b)
-
E.; = E,.,lcos e, a.,+ sen e, a:) e
j{J.(. nen O, : cosO,)
( I O. 106a)
( I 0.106b)
onde {:3, = w~. Observe, atentamente, como cada componente de campo foi obtida. O arti fício para obter as componentes consiste em, primeiramen te, detem1inar o vetor propagação k, conforme mostrado na Figura 10.1 5(b), para as ondas incidente, refletida e transmitida. Uma vez
conhecido k, podemos definir E, tal que V • E, = O ou k · E, = O c, en tão, H, é obtido de H, =
k
X
WJ.'
E,=
E
ak X - .
11
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
409
X
z=O
meio I
(1'1 ,SI)
meio 2
<!l z .t2 )
Fi,::ura 10.16 Incidência oblíqua com E paralelo ao plano de incidência.
Os campos transmitidos estão no meio 2 c são dados por
E,, =
o, a,, - scn O, aJ e }IJ,(.r scnO,+<to;O,)
E w(COS
H I S = e'IJllO
e - j{J1(r Scn O,+z cos 0,) a
(10.107a)
(10.107b)
)'
onde {3 2 = w~. Se estiverem erradas as suposições feitas com respeito às orientações relati vas
nas equações ( 10.105) a ( 10.107), o resultado final obtido nos mostrará isso através do seu sinal.
Assumindo que 8, = 81 e que as componentes tangenciais de E e de H sejam contínuas na fronteira z = O, obtemos
(E;0 + Ero) cos 81 = E"' cos 8,
I
I
'li
'12
- (E;o - E,.,) = - E"'
( I O. I 08a)
(l0.108b)
Expressando e,., c ewem termos de E;,, obtemos
_ Ero _
r u- - E;,
'12 cosO,
'1 2 cosO, +
'11 cos O;
'li cos 01
( 10. 109a)
ou
(IO.l09b)
e
e"' =
'TJJ = -
E;0
2'12 cosO;
'12 COSO, + '11 COS OI
( IO. I IOa)
ou
( I 0. 11 Ob)
As equações ( I 0.1 09) c (l 0.11 0) são chamadas equações de Fresnel. Note que estas equações sereduzem às equações (I 0.81) e ( I 0.82) quando 01 = O, = O, como esperado. Como 01 e O, estão relacionados de acordo com a lei de Snell (equação I 0.1 03), as equações (I 0.1 09) e ( I 0.1 1O) podem ser expressas em termos de 01 pela substituição
( 10.111 )
410
•
Elementos de Eletromagnetismo
Das equações (I 0.1 09) e ( I 0.11 0), facilmente se mostra que
I
+
r
n
=
O,)
(cos
TU cos o.
(10. 112)
'
Da equação ( I0.1 09a) fica evidente ser possível que ri = O, pois o numerador é a diferença entre dois termos. Nestas condições, não há reflexão (Em= 0). O ângulo de incidência para o qual isto
ocorre é chamado de ângulo de Brewster 081• O ângulo de Brcwster é também conhecido como o ângulo de polarizaçcio, pois uma onda incidente com polarização arbitrária será refletida somente com
a componente de E perpendicular ao plano de incidência. O efeito Brewster é utilizado em tubos de
laser onde janelas de quartzo são colocadas em ângulo de Brewster para controlar a polarização da
onda emitida. O ângulo de Brewster é obtido colocando-se 01 = Oo11 , situação em que ru= O na
equação ( I 0.109), isto é,
112 cos
o, =
1}1
cos oo,
ou
~
~
?
?
112 (I - sen· O,) = 11i ( I - sen· OtJ11 )
Introduzindo a equação (I 0.1 03) ou (I O. I 04), temos:
(lO. I 13)
É de importância prática considerar o caso ern que os meios dielétricos não são somente sem perdas,
mas também não ferromagnéticos, isto é, J1. 1 = 112 = Jl.•. Para esta situação, a equação ( I 0.1 I 3) tomase
ou
(10.114)
mostrando que há um ângulo de Brewster para qualquer combinação de &1 c & 2 •
8 . Polarização perpendicular
Neste caso, o campo E é perpendicular ao plano de incidência (plano xz), conforme mostrado na Figura I O. I 7. Este caso também pode ser visto como o caso em que o campo H é paralelo ao plano de
incidência. Os campos incidentes e refletidos no meio I são dados por
E u. = E- , - j/3,tx "'"o,+, «>• o.> a1
(lO. liSa)
0
13 •" "'" 0'+: cos O,>
H IS· = E;
711 ( - cos8I-a,,. + sen 8·a.)e-i
I
..
(10.1 15b)
~~
E, = Etrf! - í/3otx seno,-, cos o,> ay
H,. =
!7
(COS 8, a.r
+ senO, a:) e j/J,~rscnO,· :cos O,)
( I O. I I 6a)
(I 0.116b)
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
41 1
enquanto os campos transmitidos para o meio 2 são dados por
Eu
= E e- itJ,t..<sen9,+: <o•9,> a
H ts
=
(10.117a)
1
10
E,o
(- cosOI'X
a + scn Ot a :J'e iiJ::t<«n°•' : cos 9•>
')
1(
(10.1 17b)
Observe que nas definições das componentes dos campos, equações ( I 0. 11 5) a ( 10.117), as equações
de Maxwcll (10.95) são sempre satisfei tas. Novamente, assumindo que as componentes tangenciais
de E e H sejam contínuas em z = Oe fazendo O, igual a 01, temos:
( 10.118a)
I
- (E1,
1J I
I
-
E, ) cos 01 = - E," cosO,
(10.118b)
712
Expressando E,. e E,uem termos de E1• • conclui-se que
_ E, _
r .LE;,
cos 01 - 11 1 cosO,
1J2 cos oi + 1J I cos o,
112
( 10. 119a)
ou
(10.119b)
e
T.t =
Ew =
E;0
21J2 COSO;
1'1 2 COSO;
~
+ Tio COSO,
( I 0.120a)
ou
( 10.120b)
que são as equações de Fresnel para a polarização perpendicular. Das equações (I 0.119) e ( 10.120),
é fácil mos trar que
(10.121)
X
I
mcio2
(pl ...l)
Figura 10. 17 Incidência oblíqua com E perpendicular ao plano de incid~ncia.
41 2
• Elementos de Eletromagnetismo
que é equivalente à equação (10.83) para incidBncia normal. Também, quando O;= O,= O, as equações ( I0.119) c (I 0.120) tornam-se a~ equações ( I0.81) c (I 0.82), como devem.
Para não haver reflexão, r .l = O (ou E, = 0). Este é o mesmo caso da transmissão total (T .L = I).
Substituindo O; pelo ângulo de Brewster correspondente 08 , , obtemos
112 cosOo, = 1/tCOS
O,
ou
11i? (I - sen-? OoJ = lli' (I - sen2 0,)
Incorporando a equação ( I0. 104), temos:
I - p., e2/p.2e1
?
I - (p. ,lP.2t
(10.122)
2
Note que, para meios não magnéticos (p, = p2 = Jl0 ), sen 011, ~ oc na equação ( 10.122). Portanto,
08, não existe, pois o seno de um ângulo nunca é maior do que um. TamMm, se p,:;; p1 e & 1 = &2, a
equação ( I 0.122) se reduz a
ou
( 10.123)
Embora esta situaç<''io seja teoricamente possível. na prática é rara.
EXEMPLO 10.1 O
Uma onda EM se propaga no espaço livre com a componente de campo elétrico:
E• = I 00 ei<O.S66y+O.S:) a X V/m
Determine:
wch'•
(b) o campo magnético;
(a)
(c) a média temporal da potência transmitida pela onda.
Solução:
(a) Comparando o E dado com
fica evidente que
k.t
Então
Contudo, no espaço livre
=o
•
ky = 0,866,
k_ = 0,5
-
Propagação ele OnciJs Eletromagnéticas •
Portanto,
w = kc = 3
À
x
108 rad/s
21T
= -k = 271" = 6' 283. m
(b) Da equação (10.96), o campo magnético correspondente é dado por
I
H, = -p.w k
X
E,.
(0,866a,. + 0,5a:) X
100 a e1•
7
8
4 ?T X 10- X 3 X 10
·'
·•
ou
H., = ( I ,33 ay - 2,3 aJ ei<0·866Y' o.s:>mA/m
(c) A média temporal da potênci a é
~méd =
I
2
Rc (Es X H';'> =
E2
-t,:
ak
( I 00) 2
( ?T) (0,866 a)'
=
+ 0,5 a:)
2 120
I I ,49 ay + 6,631 a: W/m 2
EXERCÍCIO PRÁTICO 10.10
Refaça o Exemplo 10.10 para
E = (!Oa . + 5a .) cos(wt + 2y- 4z) VIm
'
.
no espaço livre.
Resposta:
(a) 1,342 X 109 rad/s, 1,405 m; (b)-29,66cos( l,342 X 109t + 2y-
4z) a,. mA/m;(c) -0,074 15 a,. + 0, 1489 a: W/m 2 .
EXEMPLO 10.11
Uma onda pl ana uni forme no ar
E
=
incide em um diclétrico (z > O) com
8 cos (wr - 4x - 3z) a!' Y/m
Jlr = I ,0, e,. = 2,5 c q = O. Encontre:
(a) a polarização da onda;
(b) o ângulo de incidência;
(c) o campo retletido E;
(d) o campo transmitido
H.
Solução:
(a) A partir do campo incidente E , fica evidente que o vetor d e propagação é
k; = 4ax + 3a, --+ k ; = 5 =
w-v;;:;;, = ;
413
414
•
Elementos de Eletromagnetismo
Então,
w = 5c = 15 X 108 rad/s.
Um vetor unitário normal à interface (z = 0) é a... O plano que contém k e a.. é dado por y = constante, isto é, um plano xz, é o plano de incidência. Como E1 é perpendicular a este plano, temos polarização perpendicular (semelhante à situação mostrada na Figura I 0.17).
(b) Os vetores de propagação estão ilustrados na Figura I 0.18, onde lica evidente que
tg o. =
I
k;.,
4
t:
..
-k · = -3 ~o.I = 53 ' 13°
Alternativamente, sem usar a Figura I 0.18, podemos obter 01 a partir do fato de 01 ser o ângulo entre
k e a,, isto é,
coso., = a,
.. · ,
a = (
4a.,
+ 3a:.) · a = -3
5
t 5
ou
01 = 53,13°
(c) Uma maneira fácil de encontrar E, é aplicando a equação ( I 0.1 16 a), uma vez que constatamos
ser este problema semelhante ao considerado na Seção I 0.9(b). Suponhamos que não tivéssemos nos
dado conta disto.
Seja
E,
=
Ero cos (wt - k, · r ) ay
que tem a mesma forma do campo E 1 dado. O vetor unitário a. é escolhido porque a componente tangcncial de E deve ser contínua na interface. Da Figura I 0.18:
onde
k,, = k, coso,
Porém, O,
= 01 c k, = k1 = 5, pois tanto k, quanto k1 estão no mesmo meio. Então,
k, = 4a, - 3a:
Para encontrar E.,, precisamos 0,. Da lei de Snell,
"• sen 0 = c\IAA scn 0
sen O, = -
1
11 2
c~
sen 53, 13°
V2,5
ou
O, = 30,39°
r .~.-_
Em
E;n
cos 01 TJz cos 01 +
1] 2
1] 1 cosO,
1] 1 cosO,
1
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
.Y
Fij!um 10.18 Vetores de propagação
para o Exemplo 10.11.
onde 17 1
= 17 = 377,
0
r
=
.l
238,4 cos 35, 13° - 377 cos 30,39° = _
238,4 cos 53, 13° + 377 cos 30,39°
o..389
Então,
E,0
=
r .J. E;0
= - 0,389(8)
= - 3, 112
c
E,= - 3, 112 cos (15 x J08t - 4x + 3z) a,. Y/m
•
(d) De forma semelhante, seja o campo elétrico transmitido
E,
= E,0
cos (wt - k, · r) a,.
onde
= w~ = ~VM:
k, = (32
X 108
- - - : : 8-
15
3 X 10
r --
YI
X 2,5 = 7,906
Da Figura I 0.18,
kIX = kf scn Or = 4
k,: = k, cos
o, =
6,8 19
ou
k, = 4a.•
+ 6,8 19 a:
Observe que k;x = k"' = k,1 , como esperado.
Ew
2 172 cos O;
=
E;" 172 cos O; + 171 cos O,
2 X 238,4 COS 53, 13°
238,4 cos 53, 13° + 377 cos 30,39°
= 0,611
TJ. = -
415
416
•
Elementos de Eletromagnetismo
O mesmo resultado poderia ser obtido da relação
E,0
T.J.
= TJ. E;q = 0,611
E, = 4,888 cos( 15
X
X
= I +
8
r .1.· Então,
= 4,888
108r - 4x - 6,81 9z) a,.
H1 é obtido facilmente de E, da seguinte maneira:
HI = -
I
~2w
k I X EI =
ak X E,
-=<--....:.
~2
4a_. + 6,819 a~
- •
( ,4) X 4,888 aycos (wl - k · r )
7 906 238
H, = (- 17,69 ax + 10,37 az) cos (15 X 1081 - 4x - 6,819z) mA/m.
'
EXERCI' CIO PRATICO
10.11
Se a onda plana do Exercfcio Prático I 0.1 Oincide sobre um dielétrico para o qual u
JJ. = JJ-0 c que ocupa a região z ;:::: O, calcule:
= O, e = 4&
0
,
(a) os ângulos de incidência, de rellexão e de transmissão;
(b) os coeficientes de reflexão e de transmissão;
(c) o campo E total no espaço livre;
(d) o campo total E no dielétrico;
(e) o ângulo de Brewster.
Resposta:
RESUMO
(a) 26,56°, 26,56°, 12,92°; (b)-0,295, 0,647; (c) ( tOa,. + 5aJ cos
(wl + 2y - 4z) + ( -2,946a,. + I ,473az) cos (wl + 2y + 4z) V/m;
(d)(7,055a1 + 1,618a,) cos (wl + 2y- 8,718z) V/m; (e) 63,43°.
1. A equação de onda é da forma
com solução
cp
=
A sen (wr - fh )
onde 11 = velocidade da onda, A = amplitude da onda, w = freqüência angular ( = 2 1ff) e {3 =
constante de fase. Também {3 = wlu = 27r/À ou rr = j À = ÀIT, onde À = comprimento de onda
e T = período.
2. Em um meio com perdas e livre de cargas, a equação de onda, baseada nas equações de Maxwell, é da forma
onde A, representa E, ou H, e -y = a + j{3 é a constante de propagação. Se assumirmos E, =
E.u(z)a... obtemos ondas EM da forma
E(z, 1) = E0 e-a~ cos (wr - (3z) a_..
H(z, r) = H0 e - cr.. cos (wl - (3z - O,) a,.
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
417
onde a = constante de atenuação, {J = constante de fase c l1 = Ili I& é a impedância intrínseca do meio. O inverso de a é a profundidade de penetração pelieular (ó = l/a). As relações entre {J, a e À, conforme colocadas acima, permanecem válidas para ondas EM.
3. A propagação da onda em outros tipos de meios pode ser obtida como casos especiais da propagação em um meio com perdas. Para o espaço livre, u = O, e= e. c 11 = /J0 • Para meios dielétricos sem perdas, u = o, e = e.e, e f.1 = !J.J1,. E para bons condutores, u = oc, e = e. e /J = IJ0 , ou
ulwe --7 O.
4. Um meio é classificado como dielétrico com perdas, di elétrico sem perdas ou bom condutor dependendo de sua tangente de perdas, dada por
IJ.•I
IJ".I
tg8 =
u
e"
we
e'
=- =-
onde s, = s'- js" é a pemlissividade complexa do meio. Para dielétrico sem perdas, tg 8 « I.
Para bons condutores, tg O>> I . Para um dielétrico com perdas, tg 8 é da ordem da unidade.
5. Em um bom condutor os campos tendem a se concentrar em uma profundidade ó a partir da superfície do condutor. Este fenômeno é chamado efeito pelicular. Para um condutor de largura w
c comprimento e, a resistência efetiva ou resistência ca é
Rco =
e•
U\Vu
onde ó é a profundidade pelicular.
6. O vetor de Poynting I!P é o vetor fluxo de potência, cuja orien tação é a mesma da propagação da
onda e cuja magnitude é igual à potência que atravessa uma unidade de área perpendicular à
orien tação desse vetor.
I!P =E
X
H,
I!J>méd
= 112 Rc (E, X H1)
7. Se uma onda plana incide perpendicularmente de um meio I para um meio 2, o coeficiente de
reflexão r c o coeficiente de transmissão -r são dados por
r
= E,Q = 112 - 111 .
E;()
112 + 11 I
A taxa de onda estacionárias é definida como
s
I +
= I -
1r1
1r1
8. Para incidência oblíqua a panir de um meio sem perdas I para um meio sem perdas 2, temos os
coe ficientes de Fresnel
,
I 11 =
c os 8, cos 0
1lz cos 8, + li I cos O;'
11 2
fJ 1
1
-'-!:----'-'-----'-'--'-~
TJI =
27)2 cos
8,
---=---'--7Jz cos 8,
+ 111 cos O,
para polarização paralela e
r .L -_ 1]2 COS 8, 1]2
cos O; +
fJI COS 0,
fj I
cos
o,
T .L
=
2?7 cos 0
2
1
----:-=-----'--:112 cosO; + li• cos 8,
para polarização perpendicular. Como na ótica:
or =
(J.1
scn O, = {3 1 =
sen O; (32
r;;;;
\f ;;;;
A transmissão total ou a ausência de reflexão (r = 0) ocorre quando o ângulo de incidência 01 é
igual ao ângulo de Brewster.
41 8
•
Elementos de Eletromagnetismo
QUESTÕES DE REVISÃO
l O. I Qual das expressões não é uma fom1a correta para a onda E, = cos (wt - fk)?
(a) cos ({h - wt)
(b) scn (/3: - wt - 7i/2)
<c>
cos
27it
(T
2r.z)
-T
(d) Re (el<.,,- fl: >)
(e) cos {3(z - 111)
10.2 Identifique quais das funções seguintes não satisfaz a equação de onda:
(a) 50ttÍ"('- 3:>
(b) sen w (JOz + 5t)
+ 2t) 2
(d) cos· (y + 5t)
(c) (x
?
(c) sen x cos t
(I) cos (5y
+
2t)
10.3 Qual das afirmativas que seguem não é verdadeira para ondas em geral?
(a) As ondas podem ser função somente do tempo.
(b) As ondas podem ser senoidais ou cossenoidais.
(c) As ondas devem ser função do tempo e do espaço.
(c) Por razões práticas, as ondas devem ser finitas em ex tensão.
10.4 A componente de campo elétrico de uma onda no espaço livn.: é dada por E = lO cos(I07 t + kz) ar
V/m. Pode se inferir que:
(a) A onda se propaga ao longo de aJ.
(b) O comprimento de onda é À = 188,5 m.
(c) A amplitude da onda é lO V/m.
(d) O número de onda k vale 0,33 rad/m.
(e) A onda se atenua à medida que se propaga.
1
10.5 Dado que H = 0,5 e·0• ·' scn(l 06t - 2x) a.• A/m, quais das afirmati vas que seguem são incorretas?
(a) a =
O, I Np/m.
(b) {3 = - 2 rad/m.
(c) w = 106 rad/s.
( d) A onda se propaga ao longo de a•.
(e) A onda é polarizada na direção
z.
(I) O período da onda é I ps.
10.6 Qual é o fator principal para determinar se um meio é o espaço livre, um dielétrico sem perdas, um
diclétrico com perdas ou um bom condutor?
(a) A constante de atenuação.
(b) Os paràmetros constitutivos (a, e, Jl).
Propagação de Ond(ls Eletromagnéticas •
419
(c) A tangente de perdas.
(d) O coeficiente de re flexão.
8
10.7 Em um certo meio, E = lO cos( l0
t-
3y) a, V/m. Que tipo de meio é esse?
(a) Espaço livre.
(b) Dielétrico imperfeito.
(c) Die létrico sem perdas.
(d) Condutor perfeito.
10.8 As ondas eletromagnéti cas se propagam com maior velocidade e m condutores do que em dielétricos.
(a) Ve rdadeiro
(b) Falso
10.9 Em um bom condutor. E e H estão em fase no tempo.
(a) Verdadeiro
(b) Falso
10.10 O vetor de Poynting signitica, tisicamente, a densidade de r otência que entra ou sai de um determinado volume e m um campo variável com o tempo.
(a) Verdadeiro
(b) Falso
Respostas: 10.1 b; 10.2d,f; I0.3a; I0.4 b,c; I0.5 b,f; I0,6c; IO. 7c; I0.8b; I0.9b: I0.1 Oa.
PROBLEMAS
I
10.1 Uma onda EM, em um determinado meio, é descrita por
E= 25 sen (2 r X l 06 t - 6x) a: V/m
(a) Detem1ine a ori entação de propagação da onda.
(b) Calcu le o período T, o comprimento de onda~ e a velocidade 11.
(c) Esboce a onda em r = O, T/8, T/4 e T/2 .
10.2 (a) Obtenha as equações ( I 0.23) e ( I 0.24) a partir das eq uações ( I 0. 18) c ( I 0.20).
(b) Usando a equação (1 0.29) em conjunto com as equações de Maxwe ll, mostre que
JWJ.I
'1 = "(
(c) A partir do item (b), obtenha as equações (I 0. 32) c ( I 0.33).
10.3 A 50 MHz, um material die létrico com perdas é caracterizado por s = 3,6&.,, 11 = 2, I11. c <1 = 0,08
Sim. Se E, = 6e-r• a: VIm, calcule: (a) y, (b) À, (c) 11, (d) 17 c (c) H,.
10.4 Um material com perdas tem 11 = 5J1. e e= 2&0 • Se a 5 MHz, a constante de fase é I O rd/m, calcule:
(a) a tangente de perdas;
(b) a condutividade do material;
(c) a permissividade complexa;
(d) a constante de atenuação;
(e) a impedância intrínseca.
420
•
Elementos de Eletromagnetismo
*10.5 Um material não magnético tem uma impedância irurínscca 240 /30• íl. Encontre sua:
(a) tangente de perdas;
(b) constante dielétrica;
(c) pennissividade complexa;
(d) constante de atenuação em I MHz;
10.6 A amplitude de uma onda que se propaga em um meio não magnético com perdas se reduz de 18%
a cada metro. Se a onda opera a IOMHz e o campo elétrico está adiantado com relação ao magnético de 24°, calcule: (a) a constante de propagação; (b) o comprimento de onda: (c) a profundidade de penetração pelicular; (d) a condutividade do meio.
10.7 A água do mar tem um papel imponantc no estudo das comunicações submarinas. Assumindo que,
para a água do mar, u = 4 Sim, e,= 80, Jl, = I ef= I00 MHz. calcule: (a) a velocidade de fase; (b)
o comprimento de onda; (c) a profundidade de penetmçao pelicular; (d) a impedância intrínseca.
10.8 Em um certo meio, com f.l
= JL., e=
4e.,
H = 12e- 0 •1Y sen (11' X 10~1 - {3y) Rx A/m
encontre: (a) o período da onda T; (b) o compri mento de onda À; (c) o campo elétrico E; (d) a diferença de fase entre E e H .
10. 9 Em um meio,
encontre: (a) a constante de propagação; (b) o comprimento de onda: (c) a velocidade da onda; (d)
a profundidade de penetração pelicular.
10.10 Uma onda unifonne no ar tem
E = lO cos (21r
X
1061
-
{h) a,.
(a) Calcule fJ e À.
(b) Faça o gráfico da onda para z = Oe 'A./4.
(b) Encontre H .
10.11 A componente do campo magnético de uma onda EM, propagando-se em um meio não magnético
(f.l = Jl), é:
H = 25 sen (2 X IORI + 6x) a,. rnA/m
Determine:
(a) a orientação de propagação da onda;
(b) a perrnissividade do meio;
(c) o módulo do campo elétrico.
10.12 Se H = lO sen (wt- 4z)ax mA/m em um material pam o qual u = O. f.l = Jl. c e= 4e0 , calcule w,
À c Jd.
10.13 Um fabricante produz um ferrite com f.l = 750p0 , e= Se., cu= 10-!I S/m em lO MHz.
(a) Você classificaria este material como sendo sem perdas, com perdas ou condutor?
(b) Calcule fJ e À.
(c) Determine a diferença de fase entre dois pontos separados por 2 m.
(d) Encontre a impedãncia intrínseca.
Propagação ele Ondas Eletromagnéticas •
421
* 10.14 Assumindo que os campos dependentes do tempo E = E.e'(k· r- w•l c H = H.e'(k · r -~'1, o nde k =
ka, + k)a) + k:a: é o vetor número de onda c r = xa, + ya 1. + za: é o vetor radial. mostre que V
X E = -<JBtêJ1 pode ser expressa como k x E = pwH c deduza que a, x a6 = aw
10.15 Considere os mesmos campos do Problema 10. 14 c mostre que as equações de Maxwell, em uma
região livre de cargas, podem ser escritas como
k ·E= O
k·H = O
k X E = WJL H
k X H = -weE
Destas equações, deduza
ak X ae = a11
c
:10.16 A cornpommte de campo magnético de uma o nda plana em um dielétrico sem perdas é
H = 30 sen (211' X I 0~1 - Sx) a: mA/m
(a) Se Jl, = 1, encontre e,.
(b) Calcule o comprimento de onda e a velocidade.
(c) Determine a impedãncia da onda.
(d) Determine a polarização da onda.
(e) Encontre a componente de campo elétrico corrcSJ>Ondcntc.
(f) Encontre a densidade de corrente de deslocamento.
10.17 Em um meio não magnético,
E= SO cos (1091 - 8x) ay
+
40 sen (J091 - 8x) 3 : V/m
encontre a constante d ielétrica e, e o campo mag nético H correspondente.
10. 18 Em um certo meio,
E = lO cos (211' X 1071 - {jx)(3y
+
3:) V/m
Se !I = 50Jt,,, s = 2e0 eu = O, encontre f3 c H .
10.19 Quais dos seguintes meios podem ser considerados como condutores em 8 MHz?
(a) Solo úmido pantanoso (e = I Se., f.l
= Jl"' u = I o-zSim).
(b) Gennânio intrínseco (e = 16e,,, Jl = Jl0 , u = 0,025 S/m).
(c) Água do mar (e= 81e.,, J1 = J-10 ,
u=
25 S/m).
10.20 Calcule a profundidade de penetração pelicular e a veloc idade de pro pagação para uma onda plana uniforme de 6 MHz de freqüência, propagando-se em po licloreto de vinila. PVC, (Jl, = I , e, =
2
4, tg 0,1 = 7 X 10- ).
10.21 Uma o nda plana uniforme. em um meio com perdas, tem uma constante de fase de 1.6 radlm em
7
I 0 Hz e sua amplitude é reduzida de 60% para cada 2 metros de propagação. Encontre a profundidade de penetração pelicular e a velocidade da onda.
10.22 (a) Determine a resistência para corrente contínua (cc) de um li o de cobre. de seção reta circular.
7
(u = 5,8 x I 0 S/rn, Jl, = I , e, = I ) de I ,2 rnrn de raio e 600 rn de comprimento.
(b) Encontre a resistência caem 100 MHz.
422
• Elementos de Eletromagnetismo
(c) Calcule a freqüência aproximada para a qual as resistências para corrente contínua (cc) e pam corrente alternada (ca) são iguais.
o'
10.23 Um tubo de alumínio de 40 metros de comprimento (o= 3.5 X I S/m, Jl, = I, e,= I), com raios
interno e externo de 9 mm e 12 mm, conduz uma corrente total de 6 sen I 06 1r1 A. Encontre a profundidade de penetração pelicular e a resistência efetiva do cano.
10.24 Mostre que, em um bom condutor, a profundidade de penetração pclicular ô é sempre muito menor que o compri memo de onda.
10.25 Guias de onda de latão são muitas vezes recobenos com prata para reduzir as perdas. Considerando que a espessura mínima da prata (Jl = Jl. , e= e•• o = 6. 1 x IO' S/m) deve ser Só, encontre a espessura mínima requerida para operação do guia de ondas em 12 GHz.
10.26 Uma onda plana uniforme, em um meio não magnético sem perdas, tem:
Es = (Sa , + 12ay)e - -y:, r
= 0,2 + j3.4/m
(a) Calcule a amplitude da onda em z = 4 m.
(b) Encontre a perda de energia, em dB, da onda no irucrvalo O < z < 3 m.
(c) Calcule o vetor de Poynting em
z=
4 e t = T/8. Considere w = I O~ rad/s.
10.27 Em um material não magnético,
H = 30 cos (27r X IO~t - 6x) ay mA/m
encontre: (a) a irnpedãncia intrínseca; (b) o vetor de Poynting; (c) a média temporal da potência
que atravessa a superfície x = I, O< y < 2, O< z < 3 m.
*10.28 MosLre que as equações ( 10.67) e (10.68) são equivalentes.
10.29 Em uma linha de transmissão com um dielétrico sem perdas (e = 4.Se•• Jl
40
E= -
p
= Jl.).
sen (wt- 2:) aP V/m
encontre: (a) w e H ; (b) o vetor de Poynting; (c) a média temporal da potência que atravessa a superfície z = I m, 2 mm < p < 3 mm, O < 1/J < 211'.
10.30 (a) Para incidência normal sobre uma interface dicll5trico-diclétri co. para as quais 1-11 = Jl.z + Jl•.
dclinimos R c Tcomo os coeficientes de rctlcxão c transmissão da potência média, isto é, P,,..,6J =
RP1.mtJ e P ,.mtd = TP1.n>M. Mostre que
n,-,1?- Rn, + 11 2
?
(
)
e
Onde " • e 111 são os índices de refração dos meios.
(b) Determine a razão n,l n.2 para que as ondas refletida c transmitida tenham a mesma potência
média.
10.31 A onda plana E = 30 cos(wt- z)a,,, no ar, incide normahnentc sobre um meio sem perdas (Jl = Jl••
e= 4e.) em z = O. (a) Encomre r, r e s. (b) Calcule os campos cll5trico c magnético refletidos.
10.32 Uma onda plana unifom1e no ar. com
H = 4 scn (wr - 5x) a1 A/m
incide perpendicularmente sobre um material plástico com par.,metros 11 = 11•• e= 4e0 e o = O. (a)
Encontre o campo elérrico total no ar. (b) Calcule a média temporal da densidade de potência no
plástico. (c) Encontre a taxa de onda estacionária.
Propagação de Ondas Eletromagnéticas •
423
10.33 Urna onda plana no espaço livre, com E= 3.6 cos (wt- 3x)ar V/rn está incidindo normalmente em
uma interface em x = O. Se um meio sem perdas, com u = O, e, = 12,5 existe pam x > Oe a onda
relletida tem H,= -1,2 cos (wt + 3x)a< mA/m, encontre J12•
10.34 A região I é um meio sem perdas. pam o qual y ~ O, J1 = Jt•• e = 4&0 • enquanto a região 2 é o espaço livre. y <O. Se uma onda plana E = 5 cos (lO"r- {Jy)a.• VIm existe na região I , encontre: (a)
a componente total do campo elétrico na região 2; (b) a média tempoml do vetor de Poynting na
região I; (c) a média tempoml do vetor de Poynting na região 2.
10.35 Uma onda plana no espaço livre (z < 0) está incidindo na direção da normal em um grande bloco
de um material com e, = 12, J1, = 3, u = O, que ocupa: 2:: O. Se o campo elétrico incidente é
E = 30 cos (wt- z) a, V/m
encontre: (a) w; (b) a taxa de ondas estacionári as; (c) o campo magnético rcllctido; (d) a densidade de potência média da onda transmitida.
10.36 Uma onda plana uniforme de 30 MHz com
H = I O sen (wt + {3x) a, mA/rn
existe em urna região x >O, tendo 11 = O, &0 = 9&, Jl = 4Jt•. Em x = O, a onda encontra o espaço
livre. Determine: (a) a polarização da onda; (b) a constante de fase (3; (c) a densidade de corrente
de deslocamento na região x >O; (d) os campos magnético rcllctido e transmitido e (e) a densidade média de potência em cada região.
10.37 Uma onda plana uniforme no ar incide perpendicularmente sobre um material dielétrico sem perdas, infinito, tendo e = 3e. e J1 = Jl. Se a onda incidente é E, = I O cos(wt- :)aYV/rn, encontre:
(a) h c w da onda no ar c da onda transmitida para o meio diclétrico:
(b) o campo H incidente;
(c)
r e T:
(d) o campo elétrico total e a média temporal da potência nas duas regiões.
• 10.38 Um sinal no ar (~ > O) com componente de campo elétrico
E
= lO sen (wt
+ 3z) a, V/m
incide perpendiculannente sobre a superfície do oceano em z = O, conforme a Figura 1
. 0.19. Assumindo que a superfície do oceano é plana c que e= 80e,,. Jl = J1.,, 11 = 4 mhos/m no oceano, determme:
(a) w;
(b) o comprimento de onda do sinal no ar;
(c) a tangente de perdas e a impedância intrínseca do oceano;
(d) os campos E relletido e transmitido.
10.39 Represente, graficamente, a onda estacionária da equação ( I 0.87) em 1 = O, TIS, T/4, JT/8, T/2, e
assim por diante, onde T = 2-rr/w.
Figura 10.19 Referente ao Problema 10.38.
;:
t ..
\'
oceano
&
=
SO&o• IJ. e
IJ.o• U = 4
424
• Elementos de Eletromagnetismo
10.40 Uma onda plana unifonne está incidindo com um ângu lo 01 = 45" em um par de placas di elétricas
justapostas, confonne mostrado na Figura I0.20. Detcnnine os ângulos de transmissão O,, e 012 nas
placas.
10.41 Mostre que o campo
E, = 20 sen (k...x) cos (k,.y) a,
onde k} + k/ = c.lp. s0 , pode ser representado como a superposição de quatro ondas planas viajantes. Encontre o H, correspondente.
10.42 Mostre que. para meios di elétricos não magnéticos, os coclicicntcs de rcllcxão c de transmissão.
para incidência oblíqua, tomam-se
r
=
11
co, -
tg
o,)
tg (0, + 01)
'
_ sen (0, - 0 )
r .L- sen (O, + 0 1) '
T li -
T .L
=
1
0
O,
2 cos 1 sen
----~~~~~~~­
scn (0,
1) cos (0, - 01)
+0
2 cos 01 scn 01
sen (81 + 01)
*10.43 Uma onda polarizada paralelamente no ar com
E= (8a,. - 6aJ sen (wr - 4y- 3z) V/m
incide em um semi-espaço diclétrico, conforme mostra a Figura I0.21. Encontre: (a) o ângu lo de
incidência 01; (b) a média tempOrdl da densidade de potência no ar (p = Jt. e s = s. ): (c) os campos E refletido e transmitido.
~~'
espaço livre
''*
~'!:,llffj. ·. ,. espaço livre
Fij!ura 10.20 Referente ao Problema 10.40.
Fijlura I0.21 Referente ao Problema I0.43.
ar
Dielétrico
(e =
4e.. I" =
l'<o)
---::-r
o, l - - - - - - --7--)'
k,
Propagação de Ondas Eletromagnéticas •
425
10.44 Em um meio di elétrico (e = 9e., Jl = Jl.), uma onda plana com
H = 0,2 cos (109 r- kx- k\IS.:) a_.. A/m
está incidindo na interface com o ar em z = O. Encontre:
(a) O, c 0,;
(b) k:
(c) o comprimento de onda no dielétrico e no ar;
(d) o E incidente:
(e) o campo E transmitido e refletido;
(t) o ângulo de Brewster.
• 10.45 Uma onda plana, no ar, com
E = (8ax + 6a>, + 5a,) sen (wr + :lx - 4y) V/m
está incidindo sobre uma placa de cobre em y > O. Encontre w c a onda refletida. Suponha que o
cobre é um condutor perfeito (Sugestão: escreva as componentes do campo em ambos os meios,
tendo em vista as condições de fronteira.)
10.46 Uma onda polarizada está incidindo do ar sobre poli esti reno com Jl = Jl.,, e= 2,6e. em ângulo de
Brewster. Determine o ângulo de transmissão.
Capítulo
11
LINHAS DE TRANSMISSAO
Existe uma história a respeito de quatro homens chamados: Todos, Alguém, Qualquer Um e Ninguém. Havia uma tarefa importante a ser realizada e foi pedido a Todos que a fizesse. Todos estava certo que Alguém a faria. Qualquer Um poderia ter feito, mas Ninguém fez. Alguém ficou
zangado por isto, porque era o trabalho de Qualquer Um. Todos pensou que Qualquer Um poderia ter feito e Ninguém compreendeu que Todos não a faria. Terminou que Todos culpou Al guém quando realmente Ninguém fez o que Qualquer Um poderia ter feito.
ANÔNIMO
11.1 INTRODUÇÃO
Nossa discussão no capítulo anterior foi essencialmente sobre propagação de ondas em meios ilimitados, isto é, meios de extensão infinila. Esta propagação, na qual existe uma onda plana uniforme
por todo o espaço, é dita não guiada, e a energia EM associada à onda se espalha por uma grande
área. A propagação de ondas em meios ilimitados é usada pelos serviços de radiodifusão e TV, onde
a informação é transmitida para qualquer pessoa que possa estar interessada. Este tipo de propagação não se aplica em uma situação como a conversação telefônica, onde a informação é recebida de
fonna privada, por uma pessoa apenas.
Urna ou tra maneira de transmitir potência ou informação é através de estruturas de guiamento. As
estruturas de guiarnento servem para guiar (ou orientar) a propagação da energia de sua fonte até a
carga. Exemplos típi cos destas estruturas são as linhas de tran smissão e os guias de onda. Os guias
de onda serão discutidos no capítulo seguinte, enquanto que as linhas de tran smissão serão consideradas neste capítulo.
As linhas de transmissão são nom1almente utilizadas na distribui ção de potência (em baixas freqüências) e em telecomunicações (em altas freqüências). Vári os tipos de linhas de transmissão, tais
como o par trançado e cabos coaxiais (malha fina e malha grossa), são usadas em redes de computadores, como a Ethernet e a Internet.
Uma linha de tran smissão consiste basicamente de dois ou mais condutores paralelos usados para conectar uma fonte à uma carga. A fonte pode ser um gerador hidrelétrico, um transmissor ou um
oscilador, e a carga pode ser uma fábrica, uma antena ou um osciloscópio, respectivamente. Tipicamente, linhas de transmissão incluem o cabo coaxial, uma linha a dois tios condutores (linha bililar),
uma linha planar ou de placas paralelas, um fio paralelo a um plano condutor e a linha de micro fitas.
Estas linhas são mostradas na Figura 11.1. Note que cada uma destas linhas consiste de dois condutores em paralelo. Os cabos coaxiais são usados de forma rotineira em laboratórios e na conexão de
aparelhos de TV às antenas de TV. Linhas de microfitas (similares às da Figura 11.1 e) são particularmente importantes em circuitos integrados, onde fitas metálicas que conectam elementos eletrônicos
são depositadas em substratos dielétr icos.
Os problemas de linhas de transmissão são usualmente resolvidos utilizando a Teoria de Campos
EM e Teoria de Circuitos Elétricos, as duas principais teori as nas quais está baseada a Engenharia
Elétrica.
Linhas de Transmissão •
(b)
(a)
(c)
427
(d)
(~)
Fi~-:m·a 11.1
Vistas das seções retas de linhas de transmissão típicas: (a) linha coax i<tl: (b) linha a dois fios
(bi lilar); (c) linha planar; (d) fio sobre plano condutor: (e) linha de microlitas.
Neste capftulo, usaremos a Teoria de Circuitos porque ela é de tratamento matemático mais fácil. Os
conceitos básicos de propagação de ondas (como constante de propagação, coeficiente de reflexão e
taxa de onda estacionária) apresentados no capítulo anterior se aplicam aqui.
Nossa análise de linhas de transmissão incluirá a dedução das equações de linhas transmissão e
de parâmetros característicos, o uso da cana de Smith, várias aplicações práticas de linhas de transmiss.1o c transientes em linhas de transmissão.
11 .2 PARÂMETROS DAS LINHAS DE TRANSMISSÃO
É usual e conveniente descrever as linhas de transmissão em termos elos parâmetros da linha, que são
a resistência por unidade de comprimento R, a indutância por unidade de comprimento L, a condutância por unidade de comprimento G e a capacitância por unidade de comprimento C. Cada uma das
linhas apresentadas na Figura I J.I tem fórmulas específicas para o cálculo de R, L, G e C. Para ocabo coaxial, a linha bifilar e alinhar planar, as fórmulas para o cálculo de R, L, G e C são dadas na Tabela li. I. As dimensões das linhas são dadas na Figura 11.2. Algumas elas fórmulas 1 ela Tabela 11.1
foram deduzidas nos Capítulos 6 e 8. Deve se notar que:
I . Os parâmetros de linha R, L, G e C não são parâmetros discretos, mas distribuídos, conforme
mostra a Figura 11.3. Queremos dizer com isto que os parâmetros estão distribuídos uniformemente ao longo ele todo o comprimento da Iinha.
2. Para cada linha, os condutores são caracterizados por u,, J.l,, e, = e0 , e o dielétrico homogêneo que separa os condutores é caracterizado por u, J.l, e.
3. G :1; I IR; R é a resistência para ca, por unidade de comprimento, dos condutores utilizados na
linha, e G é a condutância, por unidade de comprimen to, devido ao diclétrico que separa os
condutores.
1
Fóm1ulas scmclhanll-s p.1m outras linhas de trnnsmissão podem ser obtidas de manuais de engenharia ou manuais de referência - por exemplo M. A. R. Guston.
Microwm·~ Trmr.mrission·line lmf>etltmce Dma. London: Van Nostrnnd Reinhotd. 19n.
428
•
Elementos de Eletro magnetismo
•
TABELA 11.1 Parâmetros de linha distribuídos, para altas freqüênc ias
Parâmetros
Linha Coaxial
R (fllm)
t
[ I
2róo, -; +
I]
b
<< li,,. -
b)
(ó
I. ( Him)
-
I'
2r
G (Sim)
b
In -
a
2wu
b
In {/
C(F/m)
2re
b
In -
li
•ó •
~
7r.fJArqr
Linha Bifilar
Linha Planar
2
..-aóa,.
(Ó
II'ÓOc
<<li)
(ó
-I' cosh- I -d
r
2a
« /)
!!!!.
11'
ro
aw
cosh- 1-d
2a
d
.-e
ew
cosh- 1 :
2
d
(11'
»
il)
= profundidade pelicular do condutor: cosh ' .!!_ _ In d se [ ''
2a
o
2a
]>»
1.
4. O valor de L mostrado na Tabela 11. 1 é a indutância externa por unidade de comprimento, isto é, L = L•.,. Os efeitos da indutância interna L;.(= Rlw) são desprezíveis em altas freqüências, nas quais opera a maior parre dos sistemas de comunicações.
5. Para cada Ii nha,
LC = p.,e
c
G u
- =C e
( I !.I )
Como uma preparação para a seção seguinte, vamos considerar como uma onda EM se propaga
em uma linha de transmissão a dois condutores. Por exemplo, consideremos uma linha coaxial conectando um gerador ou fonte a uma carga, como na Figura 11 .4(a). Quando o interruptor Sé fechado, o condutor interno fica positivo em relação ao condutor externo, tal que o campo E é radial e
aponta para fora, conforn1e a Figura 11.4(b).
- dI b)
h: I
Figura 11.2 Linhas de u·ansmissão usuais: (a) linha coaxial; (b) linha a dois fios (bifilar); (c) linha planar.
R c L em série
Figura ll.J Parâmetros distribuídos de uma linha de transmissão a dois condutores.
Linhas de Transmissão •
429
De acordo com a lei de Ampere, o campo H circunda o condutor que conduz a corTente, como na Figura 11.4(b). O vetor de Poynting (E X H ) aponta ao longo da linha de transmissão. Portanto, o fechamento do interruptor estabelece um campo eletromagnético, que aparece como uma onda transversal eletromagnética (TEM ) que se propaga ao longo da linha. E.~ta onda é uma onda plana não unifonne e através dela é transmiúda energia ao longo da linha.
R,
~~
s
I
r----------- ---jl
E
"~
u. ---------------:r
Lk
~
oerador
e
linha coaxial
carga
(a)
_ __ campo E
- - - campo H
(b)
Fi::ura 11.4 (a) Linha coaxial conectando o gerador à carga: (b) campo E c H na linha coaxial.
11 .3 EQUAÇÕES DAS LINHAS DE TRANSMISSÃO
Conforme mencionado na seção anterior, uma linha de transmissão a dois condutores suporta uma
onda TEM, isto é, o campo elétrico e o campo magnético na linha são transversais à direção de propagação. Uma propriedade importante das ondas TEM é que os campos E c H estão univocamente
relacionados com a tensão V e a corrente f, respectivamente:
V =
-f
E· d l,
I =
f
H · dl
(1 1.2)
Em vista disto, usaremos as grandezas V e I da Teoria de Circuitos no estudo das linhas de transmissão, ao invés de utilizar os campos E e H (utilizando as equações de Maxwell e as condições de fronteira). O modelo de circuitos é mais simples e mais conveniente.
Examinaremos uma porção incrementai .ó.z: de uma linha de tran smissão a dois condutores. Desejamos encontrar um circuito equivalente para esta linha e obter a equação da linha. Da Figura 11.3,
podemos esperar que o circuito equivalente de uma porção da linha seja como mostrado na Figura
11 .5. O modelo da Figura 11.5 está em tennos dos parâmetros da linha R, L, C e C, e pode representar qualquer uma da linhas de transmissão a dois condutores da Figura 11 .3. O modelo é o chamado
circuito equivalente tipo L. Outros tipos são possíveis (veja Problema 11 . 1). No modelo da Figura
11.5, assumimos que a onda se propaga no sentido +z:, do gerador para a carga.
430
• Elementos de Eletromagnetismo
o
J(z, 1)
Lt:J.:
R A:
11\JU
+
Para o gerador
/(:+A:. 1)
+
Para a carga
V(:+ A:. I)
l "'= Ct.:
V(z, 1)
:
I
----~--------------------~~---·
z
:+ A:
Figura 11.5 Circuito equivalente tipo L para um comprimento diferencial 6z de uma linha de transmissão a
dois condutores.
Pela aplicação da lei de Kirchhoff de tensão na malha externa do circuito na Figura 11 .5, obtemos
V(z, t) = R ilz I(z, r)
+ L ilz
iJI(z. r)
i)t
+ V(z + ilz, r)
ou
_VI..:.;.(z_+_il_z-'-,-'-t)_VI_,(-"-z._,
r) = R I(• r) + L iJI(z. r)
ilz
~.
iJr
( 11.3)
Tomando o limite da equação ( 11.3) conforme ilz ~O, tem-se
iJ V(z, t) = Rt( t) + L iJI(z, t)
iJz
z.
ar
(lJ .4)
De forma semelhante, aplicando a lei de Kirchhoff das correntes para a corrente no nó principal do
circuito da Figura I 1.5, resulta em
I(z, r) = I(z
= I(z
+ ilz, r) + M
aV(z + ilz, t)
+ ilz, r) + G ilz V(z + ilz, r) + C il z -""-a-r ___;;.:,....:.
ou
-
I(z
+ ilz, t) -
l (z, t)
il z
=
G (
VI z
)
+ ilz, r +
C aV(z
+ il z, t)
ar
( 11.5)
Conforme t1z ~O, a equação ( 11.5) torna-se
z. +
- é!l (z. t) = C VI( r)
,,
uZ
C OV(z, r)
~
ui
( 11.6)
Se assumirmos dependência temporal harmônica, de tal maneira que
V(z, t) = Rc I V:,(z) ei"''J
( 11.7a)
/(z, r) = Rc [l.(z) 11"'1
( 11.7b)
Linhas de Transmissão •
431
onde V,(z) e l ,(z) são as formas fasoriais de V(z. 1) e /(z, 1), respecti vamente, as equações ( I I .4) e
( 11.6) tornam-se
dV,
- d z =(R+ jwL)I,
(l 1.8)
dfs
- dz = (G + jwC) v.,
( I 1.9)
Nas equações diferenciais ( 11.8) e ( 11.9), V, e I, estão acopladas. Para separá-las, tornamos a segunda derivada de V, na equação (1 1.8) e empregamos a equação ( 11 .9) tal que obtemos
?
c~-
v.
-f-, = (R
dz·
+ jwL)(G + J·wC) V,
·
ou
(1 1.10)
onde
I
-y = et
+ j{3 = V(R + jwL)(G + jwéf]
( 11.11 )
Tomando a segunda derivada de 1, na equação ( 11 .9) c empregando a equação ( 11 .8), lemos
d21,
?
- -? ' V"/
I
S
d
,-
=o
( 11.12)
Nota-se que as equações ( 11.10) e ( 11.12) são, respectivamente, as equações de onda para a tensão e
a corrente, semelhames na forma às equações de onda obtidas para ondas planas nas equações
( I 0.17) e ( I 0.19). Portamo, em nossa notação, -y na equação ( 11.11 ) é a constante de propagação (em
l/metro), a é a constanle de atenuação (em neper por metro ou decibéis·' por metro) e f3 é a constante de fase (em radianos por metro). O comprimento de onda À c a velocidade da onda 11 são dados,
respecl i vamente, por
À =
2?1"
{3
w
u= -= JÀ
{3
( 11.13)
( I 1.14)
As soluções das equações diferenciais lineares e homogêneas ( 11.1 0) e ( I 1.12) são semelhantes
ao Caso 2 do Exemplo 6.5, ou seja,
( 11.15)
e
ls(z)= t :e-y: + r; ey:
--+ +z -z +-•• Lembre, da equaç.'io ( I0.35). que I Np = 8.686 dB.
( 11.16)
432
• Elementos de Eletromagnetismo
onde v"·, v.-. /0 •e Çsão as ampl itudes das ondas. Os sinais+ e - representam ondas se propagando ao longo de +z e - z, respectivamente, conforme indicado pelas setas. Ponanto, obtemos uma expressão para a tensão instantânea
V(z, t) = Re [V.(z) ei""]
=
e-a: cos (wt - {jz) +
v;
v; ea: cos (wl + (jz)
(11.17)
z.
A impcdância caracter ística da linha é a razão entre a onda de tensão e a onda de corrente, que se propagam no sentido positivo, em qualquer ponto da linha.
Z0 é análoga a '7, a impedância intrínseca do meio onde ocorre a propagação. Substituindo as equações ( 11. 15) e ( 11.1 6) nas equações ( 11.8) e ( 11.9), e igualando os coeticientes dos termos é ' e e--r-,
obtemos
v;
R + jwL
J;
'Y
R + jwL
G + jwC
.
= Ro + JXo
- -=
C + j wC
(11. 18)
OU
Z,
= \J
( 11. 19)
onde R0 e X" são as panes real e imaginária de 200 R. não deve ser confundido com R: enquanto R é
dado em ohms/m, R0 é em ohms. A constante de propagação 'I c a impedância característica z. são
propriedades imporlantes da linha porque ambas dependem dos parJmetros da linha R, L, C e C, e da
freqüência de operação. O recíproco dez. é a admi tância característica Y0 , isto é Y0 = 1/20 •
A linha de transmissão considerada até aqui é a linha com perdas, na qual os condutores que compõem a linha são imperfeitos ( uc "# oc) e o dielétrico no qual os condutores estão inseridos tem perda
(u "# 0). Tendo considerado este caso geral, podemos agora considerar dois casos especiais, isto é, da
linha de transmissão sem perdas e da linha de transmissão sem distorção.
A. Linha sem perdas (R = O = G)
Uma linha de transmissão é dita sem per das se os condutores da linha são perfeitos ( uc = oc)
c o meio dielétrico que os separa é sem perdas ( u = 0).
Para tal linha, fica evidente, a partir da Tabela 11 .1, que, quando crc = oo e u = 0:
( 11.20)
Esta é a condição necessária para que uma linha não tenha perdas. Ponanto, para tal linha, a equação
( 11.20) faz com que as equações ( 11. 11), ( 11. 14) c ( 11. 19) tornem-se
a= O,
'Y = j/3 = jw
w
u =-=
{3
Xo =O,
I
VLé
20
VLC
= fÃ
= R0 =
JI/:
( 11.21a)
( 11.2 1b)
( 11.21c)
Linhas de Transmissão •
433
B. Linha sem distorção (R /L = G/C)
Um sinal consiste, nonnalmente, de uma banda de freqüências. Se a depender da freqüência, as amplitudes de ondas com componentes de freqüências diferentes serão atenuadas de fonna diferente em
uma linha com perdas. Isto resulta em distorção.
Uma linha sem distorção é uma linha na qual a constante de atenuação a é independente da
freqüência, enquanto que a constante de fase {3 é linearmente dependente da freqüência.
Da expressão geral para a e {3 [na equação 11. 11)], obtemos uma linha sem distorção se os parâmetros da linha são tais que:
R
G
- = L
C
( 11.22)
Portanto, para uma linha sem distorção,
ou
a =
VRc,
wVLC
{3 =
(11.23a)
mostrando que a não depende da freqüência, enquanto {3 é uma função linear da freqüência. Também,
ou
R = {R= {L
o
\fc \fc·
( I 1.23b)
e
w
I
{3
Vii:
u =-=
= f'A
( I 1.23c)
Note que:
I . A velocidade de fase é independente da freqüência porque a constante de fase (3 depende linearmente da freqüência. Teremos distorção na forma elo sinal a menos que a eu sejam independentes da freqüência.
2. u e Z~ permanecem os mesmos das linhas sem perdas.
3. Uma linha sem perdas é também uma linha sem distorção, mas uma linha sem distorção não
é necessariamente sem perdas. Embora linhas sem perdas sejam desejáveis na transmissão de
energia elétrica, as linhas telefônicas devem ser sem distorção.
Um resumo de nossa discussão está na Tabela 11.2. Na maior parte da análise, vamos restringir
nossa discussão às linhas de transmissão sem perdas.
434
• Elementos de Eletromagnetismo
TA BELA 11 .2 Características das linhas de transmissão
Caso
Geral
Sem perdas
Sem distorção
EXEMPLO 11.1
Constante de Propagação
-y = a + j{3
lmpedãncia Característica
z.; R. +jX0
V(R + jwLXG + jwC)
O + jw vLC
VRG + jw vLC
Uma linha de transmissão no ar tem impedância característica de 70 O c constante de fase de 3 rad/m
a I 00 MHz. Calcule a indutância por metro e a capacirância por metro da linha.
Solução:
Uma linha no ar pode ser considerada uma linha sem perdas desde que CJ "" O. Portanto,
R = O= C
a =O
ou
Z =R =
o
o
(L
\fc
(l 1.1.1)
{3 =w VLC
( 11.1.2)
Dividindo a equação ( 11.1 . 1) pela equação ( 11 . 1.2), obtemos
Ro
- = {J
wC
ou
C
3
2r. X I00 X Hf'(70)
= ...P._ = - - - -- - : - - = 68 2 pF/m
wR0
'
Da equação (11.1.1 ),
L= R~C = (70)\68,2 X 10- 12) = 334,2 nH/rn
'
EXERCI' CIO PRATICO
11.1
Urna linha de transmissão, operando em 500 MHz, tem Z,, = 80 O, a = 0,04 Np/rn, {3 = I,5 rad/m.
Encontre os parâmetros da linha R, L, C e C.
Resposta:
EXEMPLO 11.2
3,2 0/m, 38,2 nH/m, 5 X w-~ S/m, 5,97 pF/rn.
Uma linha sem distorção tem 20 = 60 O, a = 20 mNp/m, u = 0,6c, onde c é a velocidade da luz no
vácuo. Encontre R , L, G, C e À a I00 MHz.
Solução:
Para uma linha sem distorção,
RC= GL
ou
RC
G =L
Linhas de Transmissão •
435
portanto,
( 11.2.1)
( 11.2.2a)
ou
R = aZ0
(11.2.2b)
Porém.
w
I
!3
VLC:
u =-=
( 11.2.3)
Da equação ( 11.2.2h),
R
= ex Z = (20 X
10-~)(60) = 1,2!'2/m
0
Dividindo a equação ( 11.2.1 ) pela equação ( 11.2.3), resulta em,
20
L= - =
11
60
=
0,6 (3 X I 08)
3:n nH/m
Da equação ( 11.2.2 a),
a2
G = -R
=
400
10- 6
= 333
uS/m
1,2
... ,..
X
Multiplicando a equação ( 11.2.1 ) pela equação ( 11.2.3), obtemos,
IIZ = o
I
c
ou
I
I
C= =
= 92,59 pF/m
1120
0,6 (3 X I 08) 60
r.. = !!.. = 0,6 (3 x 108 ) = 1 8 m
f
I 08
'
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.2
Uma linha telefônica tem R= 30 !l!km, L= 100 mH/km, G =O e C= 20 ,uF/km. Para f= I kHz,
obtenha:
(a) a impedâneia caracterfstica da linha;
(b) a constante de propagação;
(c) a velocidade de fase.
Resposta:
(a}70,7Sj-1 ,367° !l;(b) 2,121 X 10-~
105 rnls.
+ j8,888 X 10 3/m; (c) 7,069 X
436
• Elementos de Eletromagnetismo
~
~
11 .4 IMPEDANCIA DE ENTRADA, ROE E POTENCIA
e,
z•.
Considere uma linha de transmissão de comprimento caracterizada por 'Y c
conectada a uma
carga Z0 confonne mostrado na Figura 11.6. Para o gerador a linha é vista como uma carga com impcdância de entrada Zcm· Nesta seção, é nossa intenção determinar a irnpcdância de entrada, a razão
de onda estacionária (ROE) e o nuxo de potência na linha.
Façamos a linha de transmjssão se estender desde z = O no gerador até z = na carga. Para iniciar, precisamos das ondas de tensão e de corrente, dadas pelas equações ( 11.15) c ( 11.16), isto é,
e,
( 11.24)
( 11.25)
v,: v.-.
sendo que a equação ( 11.18) já foi incorporada na equação ( 11 .25). Para encontrar
e
as con dições nos terminais devem ser dadas. Por exemplo, se forem dadas as condições na entrada da linha,
digamos
v. = V(z =
0),
10
= I(z = 0)
( 11.26)
c substituindo estas nas equações ( 11.24) e ( 11 .25), rcsulla em
I
(Y0
2
+
V0 =
+ Z0 / 0 )
( 11.27a)
( 11.27b)
Se a impedância de emrada nos termjnais de entrada for Z,..,,. então a tensão de entrada
te de entrada /0 são faci lmente obtidas da Figura 11.6(b), como
v
=
o
z
...
v
z z
eno
+
I!
( 11.28)
/1'
z
z;.
r = t -:.
'~
+
vs
(a)
'\,
v. e a corren-
+
Vo r-Zcno
• -O
--
(y. Z.,)
r-z.,,
zc
Vc
..•-- I
( I>)
Figuru 11.6 (a) lmpedância de entrada de uma linha de transmissão terminada por uma carga: (b) circuito equivalente para calcular v. e'· na emrada da linha em termos dez.....
Linhas de Transmissão •
437
Por outro lado, se forem dadas as condições na carga, isto é,
l c = /(z = e)
Vc = V(z = e),
(I 1.29)
e, substituindo nas equações (11 .24) e (11.25), obtemos:
v:
=
vo-
= -I (V. -
~ CVc + Zofç)e"~c
7
C
2
( 11.30a)
)e - vf
,
,
(I 1.30b)
"''C
Seguindo, podemos determinar a impcdância de entrada Z,.•, = V,(z)l/.(z), ern qualquer ponto da
linha. No gerador, por exemplo, as equações ( 11 .24) c ( 11.25) dão origem a
z.... --
~,(z)
1......
(•)
Z (V: + v; )
-- -=-'--:-"----"-'v+
o - vo
0
( 11.31 )
Substituindo a equação ( 11.30) na equação ( 11.31) e utilizando o fato de que
e'~c
+ e- yt
- - - - = cosh
2
-ye,
( 11 .32a)
ou
(11.32b)
obtemos
+ Z 0 tgh -ye ]
Zo + Z c tgh -ye
= Z [ Zc
Z
en•
o
(linhas com perdas)
(11.33)
Embora a equação ( 11.33) tenha sido obtida para a irnpedância de entrada Z«, na extremidade do gerador, ela é urna expressão geral para o cálculo dez••, em qualquer ponto da linha. Para encontrar z ...
a uma distância da carga, conforme a Figura 11 .6(a), substituímos por
No Apêndice A.3 encontramos urna fórmula para o cálculo da tangente hiperbólica de um número complexo, necessária
para o cálculo da equação ( 11.33).
Para uma linha sem perdas, 'Y = j{3, tgh j{3e = j tg {3e e Z" = R.; portanto, a equação ( 11 .33) lica
e·
e e·.
2
=
em
z
o
Zc + jZ0 tg {3e
Zo + jZc tg {3e
J
(linhas sem perdas)
(11.34)
e
mostrando que a impedância de entrada tem uma dependência periódica com a distância da carga.
O parâmetro {3e na equação ( ll.34) é usualmente referi do como o comprimento elétrico da linha e
pode ser expresso em graus ou em mdianos.
Definiremos agora f c corno o coeficie/1/e de reflexão da tenséio (na carga). f c é a razão entre a
onda refletida de tensão e a onda incidente de tensão na carga, isto é
v-
yr
r c -- v+o e- yc
o e
( 11.35)
438
•
Elementos de Eletromagnetismo
Substituindo
v.- e v; da equação ( 11.30) na equação ( 11.35) e introduzindo Ve= Ze le, obtemos
Zc- z.
re-_ le+
Z
( 11.36)
0
O coeficiente de reflexão da tensão, em qualquer ponto na linha, é a razão entre as amplitudes das ondas de tensão refletida e incidente.
Isto é,
v.- e"f' v-o 2·r
r (z) = v+
e- -yz = v·• e •
o
Contudo, z =
temos
o
e- e·.Substituindo essa relação na equação anterior c considerando a equação ( 11.35),
( 11.37)
O coeficiente de reflexão da corrente, em qualquer ponto na linha, é igual ao coeficiente de
reflexão da ten são naquele ponto, com sinal negativo.
Portanto, o coeficiente de reflexão da corrente na carga é I 0 e""cll ~ e ""c = - r c·
Da mesma forma como fizemos para ondas planas, definimos a raztio de onda estacionárias s
(também representada por ROE) como
s =
v,IÚA
l,túx
I +!fel
= =
I - If cl
Vmrn
lmrn
( 11.38)
z..,.
É fác il mostrar que 1100., = Vmá./Z0 e lmr. = Vm1/Z0 • A impedância de entrada
da equação ( 11.34),
tem máximos e mínimos que ocorrem, respectivamente, nos máximos e mínimos das ondas estacionárias da tensão e corrente. Pode se também mostrar que
( 11.39a)
c
lzcntIm(n
z.,
Vmrn
=
f
s
nlá~
( 11.39b)
A fim de demonstrar este conceito, considere uma linha sem perdas com impedância característica dez,= 50 n. Por simplicidade, vamos assumir que a linha é terminada em uma carga resistiva pura Ze= 100 n e que a tensão na carga é 100 V (rms). As condições na linha estão mostradas na Figura 11.7. Note, nesta figura, que as condições na linha se repetem a cada meio comprimento de onda.
Linhas de Transmissão •
439
carga
IOOV
so v
2A
I A
2
3À
-4
Fi~ura
IJ~
11
n
2
O
À
-4
O comprimemo de onda
À
2
radiano
11 .7 Formas de onda de tensão c decorrente em uma linha sem perdas terminada por uma carga resistiva.
Conforme mencionado no início deste capítulo, as linhas de transmissão são utilizadas para transferir potência de uma fonte à uma carga. A potência média de entrada a uma distância da carga é
dada por uma equação semelhante à equação ( I 0.68), isto é,
e
I .
Re [V.,(e)t:(e)J
2
Pméd =
t
onde é utilizado o fator porque estamos tratando com valores de pico, ao invés de valores nns. Supondo uma linha sem perdas, podemos substituir as equações ( 11 .24) c ( 11 .25) para obter
P
méd
=.!_ Re [v +(e111 e +re-ine) v +* (e JIJC- r*el11 e)]
2
= I_ Re [ IV:I2 (I
2
Zo
o
20
-
lr l2+ r e- 21/JC- l'*e2ifJi)]
Como os últimos dois termos são puramente irnagi nários, obtemos
( 11.40)
440
•
Elementos de Eletromagnetismo
O primeiro termo é a potência incidente P;. enquanto que o segundo termo é a potência refletida P,.
Portanto, a equação ( 11.40) pode ser escrita como
P, = P;- P,
onde P, é a potência de entrada ou potência transmitida. O sinal negativo está associado à propagação da onda refletida, pois consideramos o sentido de referência como sendo o da propagação da tensão/corrente para a direita. Devemos notar que, da equação ( 11.40), a potência é constante ao longo
da linha e não depende de pois estamos tratando de uma linha sem perdas. Também devemos notar que a máxima potência é transferida para a carga quando r = O, como esperado.
Vamos agora considerar os casos especiais em que a linh<l está conectada às cargas 2c = O, 2c = oo
e 2c = 2 0 • Estes casos especiais podem ser deduzidos facilmente do caso geral.
e.
A. Linha em curto (Zc = 0)
Para este caso, a equação ( 11.34) torna-se
2cc = 2em
=
z.: ~ o
)20 tg (3
e
(11.4la)
Também,
s=
f c= -1 ,
00
{ ll.4lb)
Nota-se, pela equação ( ll.4la), que 2c•• é uma reatância pura, que pode ser capaci ti va ou indutiva,
dependendo do valor de A dependência de 2cnt com é mostrada na Figura 11.8(a).
e.
e
8 . Linha em aberto (Zc = x)
Neste caso, a equação ( 11.34) torna-se
2,.
=
l 1" m
ZL~"'
2 ent- .
}
20
Re
tg /J
= -)2 0 cotg(3C
( 11.42a)
e
f c= I,
A dependência de 2cm com
( 11.42a), obtém -se
s=
<X;
( 11 .42b)
eé mostrada na Figura 11.8(b). Observe que, das equações ( 11 .4 1a) e
(I 1.43)
C. Linha casada (Zc = Z0 )
Do ponto de vista prático, esta é a situação mais des~jada. Para este caso, a equação ( 11.34) se reduz a
( ll.44a)
Linhas de Transmissão •
I
I
I
I
I
I
I
indutiva
I
I
I
I
o
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
441
I
I
I
132
capacitiva
(ol
2.:.
I
I
I
indutiva
I
I
I
I
I
I
o
112!
" I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
/J~
I
12
I
I
capacili va
211' I
(b)
Fi~:ura ll .8 l mpcdância de entrada de uma linha sem perdas: (a) quando em cuno: (b) quando em abcno.
e
r c = O,
s= l
( 11.44b)
v;=
islo é,
O. Toda a onda é transmitida e não há reflexão. A polência incidenle é lolalmeme absorvida pela carga. Ponanto, é possível a máxima lransmissão de potêncit~ qut~ndo a linha de transmissão eslá casada com a carga.
EXEMPLO 11 .3
Cerl a linha de transmissão, que opera a w = 106 racl/s, tem a= 8 dB/m, {3 = I rad/m e 20 = 60 + j40
nc tem 2 m de comprimento. Se a linha está concc!acla à uma fonlc de 10/0° V, 28 = 40 nc está terminada por uma carga de 20 + j50 !2, determine:
(a) a impedãncia de entrada;
(b) a correnle na entrada da linha;
(c)
<1 corrente na
metade da linha.
Sol ução:
(a) Como I Np = 8,686 dB,
a=
8
8 686
= 0,92 1 Np/m
'
'Y =
a + j{3 = 0,92 1 + j I /m
'Ye = 2(0,921
+ jl)
= 1.84
+ j2
442
• Elementos de Eletromagnetismo
Usando a fórmula para a tgh(x + jy) que está no Apêndice A.3, obtemos
tgh -ye = t ,033 - j0,03929
_ (Zc + Zo tgh -ye)
Zcm - Zo\Zo + Zc tgh -yC
= 60 + "40) [ 20 + j50 + (60 + j40)( I ,033 - j0,03929)]
(
J
60 + j40 + (20 + j50)( I ,033 - j0,03929)
Zen• = 60,25 + j38,79 O
(b) A corrente na entrada da tinha é /(z = O) = I•. Da equação ( 11.28), obtemos
VK
Zem + ZR
10
60,25 + j38,79 + 40
= 93,03/-2l ,W mA
/ (, = O) =
~
- -:-:----:--:---:-
(c) Para encontrarmos a corrente em qualquer ponto da linha, precisamos
v; e v;.Porém,
10 = /(z = O)= 93,03/- 21,15° mA
V0 =Zen.Io = (7 1,66/32,77°)(0,09303/-2 1, 15°) = 6,667/1 1,62° V
Da equação ( 11 .27),
v; = 2I (Y
=
0
+ ZJ 0 )
~ [6,667/11,62° + (60 + j40)(0,09303f-2 1,15°))
v;=~ (Y
No meio da linha, z =
0 -
= 6,687/ 12,08°
ZJ0 ) = 0,05 18/260°
en, -y z = 0,921 +jl. Portanto, a corrente neste ponto é
Vo+
-
v-o
/ (z = f/2) = - e r.:- -
,
z.
-
z. er.
(6,687ef'2.os-)e - o.92 1 i '
60 + j40
(0,05 18e1'2<íO)e0·921 'i'
60 + j40
Observe qucj l está dado em radianos e é equi valente aj57,3°. Portanto,
I,(z = C/2) =
6,687eil2.os•e - 0.921e - j57.3•
--'-----==--::-::=---
O,OS ISei2<íO"e0.92 1eiS7.J•
72, Iei33.69"
72, 1e33.69•
= 0,0369e -)78,91" - 0,00 1805ei2 8M 1•
= 6,673 - j34,456 mA
= 35,10/28 1° mA
Linhas de Transmissão •
443
EXERC ÍC IO PRÁTICO 11.3
Uma linha de transmissão de 40 m de comprimento, mostrada na Figura 11.9, tem
V~ = 15/0° Vrm<> Zu = 30 + j60 O e VL = 5(- 48°Vrm•· Se a linha está casada com a carga, detennine:
(a) a impedância de entrada
z...;
(b) a corrente /ente a tensão Veot na entrada da linha;
(c) a constame de propagação 'Y·
Resposta:
(a) 30 + j60 fl. ; (b) 0,112(- 63,43° A, 7,5/00 V'"";
j0,2094/m.
(c) 0,0101 +
Ien1
+
Zx
Vent
+
Z0 =30+j60
-y=a +j{J
Vc
Zc
40 m
F'igum 11.9 Referente ao Exercício Prático 11 .3.
11 .5 A CARTA DE SMITH
Antes do advento dos computadores digitais e das calculadoras, os engenheiros criaram diversos métodos auxiliares (tabelas, cartas, gráficos, etc.) para facilitar os cálculos para projetos e análises. Métodos gráficos foram desenvolvidos para reduzir os procedimentos cansativos envolvidos nos cálculos das características de linhas de transmissão. Dos métodos gráficos, a carta de Smith3 é a mais utilizada. Basicamente, ela é uma indicação gnífica da variação da impcdância da linha de transmissão,
conforme nos movemos ao longo da linha. Com um pequeno treinamento, o seu uso se torna bastante simples. Vamos, inicialmente, examinar como a carta de Smith é construída e, depois, vamos aplicá-la em nossos cálculos das características de linhas de transmissão, como r C• se zcno· Embora possa ser aplicada a linhas com perdas, vamos supor que a linha que será analisada com a carta de Smith
é sem perdas (Z., = R.).
Fi~ura
11.10 Círculo un itário no qual a carta de
Smirh é construída.
/ IJC--....1.....:-- -+-- - r,
II'I=Os=l
•
Desenvolvida por Phillip H. Smi1h em 1939. Veja os anigos do: P. H Srnith."Transrnission tine calculalor". Elecmmk.r. vol. 12. p. 29-3 1. 1939. c "Ao improvcd
transmission linc calcullllor... 1::/~ctrrmk.r vol. 17. p. 130-133.3 18-325. 1944.
J
444
• Elementos de Eletromagnetismo
Conforme mostrado na Figura 1 I. 10, a carta de Smith é desenhada dentro de um círculo de raio
unitário (Ir! ~ I). A carta é construída baseando-se na equação ( 11 .36t, isto é,
r =Zc-Zo
Zc + Zo
(11.45)
r = !ri& = r, + j r ;
( 11.46)
ou
onde r, e r; são as partes real e imaginária do coeficiente de rellexão r.
Ao invés de termos cartas de Smith para cada linha de transmissão com diferentes impedâncias
características, como Z0 = 60, 100 e 120 preferimos ter apenas uma que seja válida para todas as
linhas. Obtemos isto utilizando uma carta normalizada, onde todas as impedâncias são normalizadas
com relação à impedância característica Z 0 da linha que está sendo considerada. Por exemplo, para a
impedância de carga Zc a impedância normalizada é dada por
n.
Zc =
Zc
Zo =
r
.
+ JX
( 11.47)
Substituindo a equação ( 11.47) nas equações ( 11 .45) e ( 11.46), obtemos
r
=
.
Zc- I
r , + 1r
= --=--, zc + l
( 11.48a)
ou
.
<1 +
r ,) + j r;
Zc = r + JX = (l - f ,) - jr;
( ll.48b)
Normalizando e igualando os tennos, obtemos
r=
1
-r;- ri
(I -
r,) + r;
2
2f;
X=----=---~
(I -
r,)2 + r;
( ll.49a)
(11.49b)
Arranjando os termos da equação ( 11.49), chegamos a
[r,.-
,] + ri= [ I ]2
l +r
r
l + r
?
( 11.50)
e
( 11.51 )
As equações ( 11.50) e ( 11.51 ) são similares a
(x - hi
+ (r - k)2 = a2
• Sempre que não houver um subscrito em r. vamos supor que o mesmo se rererc ao coeficiente de rcncx~o de tcns:io na carga (I'<. = r).
( l 1.52)
Linhas de Transmissão •
445
que é a equação geral de um círculo de raio a centrado em (h, k). Portanto, a equação (11.50) fornece círculos de r constante (círculos resistivos) com
centro em
cr,., r;) =
(
rato=
r
l + r
'o)
( 11.53a)
( I J.53b)
+r
A Tabela 11.3 apresenta valores típicos de rcsistí!ncias normalizadas c correspondentes a diferentes
centros c raios de círculos de r constante. Exemplos típicos de círculos r, com base nos dados da Tabela 11.3, são mostrados na Figura 11. I I.
De fonna semelhante, a equação ( 11 .5 1) representa círculos de x constante (círculos de reatâncias)
com
centro em (I;., r ;) =
rato =
(I,;)
( J 1.54b)
X
TABELA 11 .3 Raios e centros de círculos r para valores típicos de r
Resistência Normaliza da (r)
Raio (
1
1 +r
o
I
t/2
2
213
1/2
1/3
5
116
)
Centro (
1
r
+r
,
o)
(0.0)
(1/3. 0)
(1/2. O)
(213. 0)
(516. 0)
(I. O)
o
r,
~-+-!..:.
'~o
r =«>
Figura 11.11 Círculos nípicos para r= 0:0.5: 1:2:5 ex.
( 11 .54a)
446
• Elementos de Eletromagnetismo
A Tabela J 1.4 apresenta centros e raios de círculos x para valores típicos de x. A Figura 11.12 apresenta os gráficos correspondentes. Note que, enquanto r é sempre positivo, x pode ser positivo (para
impedâncias indutivas) ou negativo (para impedâncias capaci tivas).
Se sobrepusermos os círculos r c os círculos x, obtemos a carta de Smith, mostrada na Figura
11.13. Exemplificando, podemos localizar na carta a irnpedância normalizada z = 2 + j como sendo
o ponto de interseção entre o círculo r= 2 e o círculo x = -5. Este é o ponto P 1 da Figura 11.13. De
forma semelhante, z = I - j0,5 é localizado por P2, ponto onde os círculos r = I ex = -{),5 se cortam.
Além dos círculos r ex (mostrados na carta de Smith), podemos desenhar círculos sou círculos
de relaçcio de onda estacionária consta/l/e (nem sempre mostrados na carta de Smith), os quais são
centrados na origem, com s variando de I até ~. O valor da relação de onda estacionárias é determinado pelo ponto em que um círculos cruza o eixo r ,. Exemplos típicos de círculos s paras = J, 2, 3,
e oo são mostrados na Figura 11.13.
Corno Ir! e s estão relacionados pela equação ( I 1.38), os círculos s são, às vezes, referidos como
círculos Ir!. com lrl variando linearmente de Oaté I , conforme nos movemos do centro O para a
periferia ela carta, enquanto s varia de forma não linear de I até oo.
Os seguintes aspectos devem ser observados com relação 11carta de Srnith:
1. No pon to P« da carta r= O ex= O, isto é, Zc = O+ jO, mostrando que P"' representa um curto circuito na linha de transmissão. No ponto pw ,. = 00 c X = oo, ou z<= 00 + j':/0, o que implica que P<, corresponde a um circuito aberto na linha. Também, em P"''' r = Oex= O, mostrando que P<aé uma outra localização para um curto circuito na linha.
TA BELA 11 .4 Raios e centros de círculos x para valores típi cos de x
Reatância Normalizada (x)
o
:t tn
Raio
C)
Centro ( 1, ; )
(1. "')
( I. :!: 2)
( I. :!: I)
( I. :!: In)
( I. :!: 115)
( I. O)
X
2
:!: I
::!: 2
:!: 5
1n
;!:OC
o
115
I ,0
( I , I)
(1, 1/2)
o
x=O
x= - 1
- 1,0
Fi:.:ura 11. 12 Círculos x típicos para x = O,+ 1/2, + I, + 2. + 5. + oc.
(I. - I)
Linhas de Transmissão •
447
ca
Fi~:ura
11.13 Uustração dos círculos r. x c s na cana de Smith.
2. Uma volta completa (360°) em torno da carta de Smith representa uma distância de IJ2 na
linha. M ovimen to no sentido horário na cana represcnHl movimento na linha em direção ao
gerador (ou de afastamento em relação à carga), conforme mostrado pela seta C nas Figuras
11 .14(a) e (b). De forma semelhante, movimento no sentido anti -horário na carta corresponde a um movimento na linha em direção à carga (ou de afastamento em relação ao gerador),
conforme mostrado pela seta L na Figura 11 . 14. Note, a partir da Figura 11.14(b), que, se já
estamos na carga, não faz sentido o movimento em direção à carga (porque já estamos lá).
O mesmo pode ser dito para o caso de já estarmos na extremidade do gerador.
3. Conforme ilustrado na Figura ll.l4(a), existem três escalas ao redor da periferia da carta de
Smith. Estas escalas são incluídas por conveniência, mas, efeti vamente, têm a mesma finalidade. Apenas uma escala seria suficiente. Essas escalas são utilizadas na determinação da distânci a à carga ou ao gerador, em graus ou comprimento de onda. A escala mais externa é usada para determinar a distância na linha medida a partir da extremidade do gerador, em com-
4 48
•
Elementos de Eletromagnetismo
primentos de onda, e a escala seguinte determina a distância a partir da carga, também em
comprimentos de onda. A escala mais interna é um transferidor (em graus) c é principalmente utilizada para determinar Br. Ela pode também ser usada para detemtinar distâncias em relação à carga ou ao gerador. Como uma distância de >J2 na linha corrcspondc a um movimento de 360° na carta, a distância de À na linha corresponde a um movimento de 72á' na carta.
( 11.55)
Portanto, podemos ignorar as duas escalas externas c usar o transferidor (escala mais interna)
para os cálculos de Br e d.i stâncias.
4. O valor de V"'~' ocorre no ponto em que está locali7.ado na cartaz,.,....~, [veja a equação ( 11 .39a)],
isto é, no eixo positivo de r,, ou sobre OPco• na Figura I I. 14(a). V.,1• está localizado na carta no
mesmo ponto de Z,nc.mrn• isto é, na parte negativa do eixo r,. ou sobre P,~, na Figura I I. I 4(a). Note que v,..,~_, e v,,ll (ou z,..c.máx e z,.....r..) estão separados por À/4 (ou 180").
5. A cana de Smith é usada tanto como carta de imped1lncia corno de admitância (Y = 1/Z). Como carta de admitância (adrnitância normalizada y = Y/Y" = (g + jb), os cfrculos g e b correspondem aos cfrculos r ex, respectivamente.
0.1 2
0.38
90°
v.....
- - --==---·0-
o
vm.t,
- -""""'' ----P-t o- o.2s o.25
'"
. 9o•
0. 12
0,.1K
( a)
zf
.
.
c------- c
gerador
linha de transmiss.~o
carga
(b)
Figura 11.14 (a) Cana de Smüh ilustrando as escal as da periferia c movimentos em tomo da mesma: (b) movimentos correspandemes ao l ongo da linha de transmissão.
Linhas de Transmissão •
449
Com base nestas propriedades, a carta de Smith pode ser usada, erure outras coisas, para deterrninar: (a) r = Jrl e s, (b)Z<OI ou Yen, e (c) a localização de vmi> c vm!n• desde que sejam dados Zu, Zce o
comprimento da linha. Alguns exemplos mostrarão com clareza como podemos fazer isto e muito
mais com a ajuda da carta de Smith, um compasso e uma régua.
EXEMPLO 11 .4
Urna linha de transmissão sem perdas, de 30 metros de comprimento, com z. =50 O e operando em
2 MHz é terminada com urna carga Zc = 60 + j40 O. Se a velocidade de propagação na linha é
11 = 0,6c, determjne:
(a) o coeficiente de reflexão r ;
(b) a relação de onda estacionária s;
(c) a impedãncia de entrada.
Solução:
Este problema será resolvido com e sem a carta de Smith.
Método 1: (sem a carta de Smith)
(a)
r
= Zc - Z0 = 60 + j40 - 50 = 10 + j40
Zc + 2 0
50 + j40 + 50
110 + j40
= 0,3523/56°
(b) . = I +
s
I -
(c) Corno 11
!ri
Ir!
= I + 0,3523 = 2
088
I - 0,3523
•
= w/{3, ou {3
= wlu,
t = wt = 211' (2
{3
6
10 )(30) = 211' = 1200
0,6 (3 X 108)
3
11
X
Note que {3t é o comprimento elétrico da linha.
2
_
'"' -
-
pe]
pe
[ Zc + jZ. tg
+ .iZc tg
50 (60 + j40 + j50 tg 1200)
[50+ j (60 + j40) tg 120°]
50 (6 + j 4 - j 5 VJ) = 24,01/3.22°
z. z.
(5 + 4\13- j6\13)
= 23,97 + jl ,35 o
Método 2: (usando a carta de Smith).
(a) Calcule a impedância normalizada da carga
60 + j40
<:c= z. =
50
= 1,2 + j0,8
Zc
Localize Zc na carta de Srnith da Figura ll.l5, no ponto P, onde os cfrculos r= 1,2 c x = 0,8 se cruzam. Para obter r em zc. prolongue OP até encontrar o círculo r = O, no ponto Q, e meça OP e OQ.
Corno OQ corresponde a ID = I , então, em P,
_ OP
_ 3,2 em _
Ir I - - OQ
9, 1em
- 0,351 6
450
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi~:ura 11.15 Refereme ao Exemplo 11 .4
Note que OP = 3,2 em e OQ = 9, I em roram obtidos da carta de Smith utilizada pelo autor. A carta
de Smith da Figura 11.15 está reduzida. Entretanto, a razão OPIOQ se mantém a mesma.
O ângulo 6r é lido diretamente na carta, como sendo o ângulo entre OS e OP, isto é,
Or
= ângulo POS = 56°
Portanto,
r
= 0,35 16/56°
(b) Para obter a razão de onda estacionárias, desenhe um cfrculo com raio OP centrado em O. Este
é o cfrculo de sou líl constante. Localize o pontoS, onde o círculos encontra o eixo
[Isto é facilmente obtido colocando r,= Ona equação (1 1.49a)J. O valor de r neste ponto és, isto é,
r_.
s = r (para r ;=: I )
= 2 I
'
Linhas de Transmissão •
451
(c) Para obter Z..,,, expresse, primeiro, eem termos do comprimento de onda À ou em graus.
0,6 (3
À = !!_ =
= 90 m
X 108)
2 X 106
f
À
720°
e = 30 m = -30
À =- ~
=
90
3
3
240°
Como À corresponde a um movimento angular de no• na carta, o comprimento da linha corresponde a um movimento angular de 240°. Isto significa um movimento de 240° em direção ao gerador (ou
de afastamento em relação à carga, no sentido horário) sobre o círculos, a partir do ponto P em direção ao ponto G. Em G, obtemos
Ze 111 =
0,47 + j0,035
Portanto,
Zen•
=
Z0 Zen1 = 50(0,47 + j0,035) = 23,5 + j l,75 !l
Embora os resultados obtidos utilizando a carta de Smi th sejam aproximados, para fin s de engenharia eles são suficientemente próximos aos obtidos, de forma exata, no Método I .
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.4
Uma linha de transmissão sem perdas de 70 n tem s =I ,6 c 9r = 300.• Se a linha tem um comprimento de 0,6 À, obtenha:
(a)
r, Zc Z""';
(b) a distância do primeiro mínimo de tensão à carga.
Resposta:
EXEMPLO 11 .5
(a)0,228/300°,80,5- j33,6 !1 ,47,6- jl7,5 íl ;(b) >J6.
Uma carga de 100 + jl50 íl é conectada a uma linha de transmissão sem perdas de 75 n. Encontre:
(a)
r;
(b) s;
(c) a admitância da caroo a YL'·
(d)
z<lll a 0,4 À da carga;
(c) a localização de V.,~, e Vmrncom relação à carga, se a linha tiver um comprimento de 0,6 À;
(I) Z<,, no gerador.
Solução:
(a) PO<lemos usar a eMa de Smilh p<u-<t resolver este problema. A impedância normalizada da carga é:
100 + jl50
zc =-=
75
= 1,33
Zo
Zc
+ j2
Esta impedância está localizada no ponto P na carta de Smith, da Figura I J. 16. Em P, obtemos:
lfl = OP =
OQ
Or
6cm
9, I em
= 0,659
= ângulo POS = 40°
Portanto,
r
=
0,659/40"
452
• Elementos de Eletromagnetismo
Fi::uru ll.l6 Referente ao Exemplo 11.5.
Conferindo:
Zo = 100 + jl50- 75
Zc + Zo 100 + j l50 + 75
r= Zc -
= 0.659/40°
(b) Traçando o círculos constante que passa por P, obtemos:
s = 4,82
Conferindo:
s=
JrJ _
- Jr J
+
I + 0,659 =
4 865
I - 0,659
' .
(c) Para obtermos Yu prolongamos PO até POP ', onde o círculo de s constante encontra POP'. Em
P', obtemos
Yc = 0,228 - j0,35
Linhas de Transmissão •
453
A admitância na carga é:
Yc = Y0 rc =
I
75
(0,228 - j0,35) = 3,04 - j4,67 mS
Conferindo:
Yc = -
I
Zc
=
I
100
+ jl50
= 3 07 - ,·4 62 mS
'
'
(d) A distância de 0,4 À corresponde a um movimento angular de 0,4 X 720~ = 288" no círculo de s
constante. A partir de P. nos movemos 288" em direção ao gerador (no sentido horário) sobre o círculos, para alcançarmos o ponto R. Em R, temos:
+ j0,63
Zem = 0,3
Portanto,
+ j0,63)
Zcm = ZoZcm = 75 (0,3
= 22,5 + j 47,25
n
Conferindo:
21!'
13e = >: co.4À) =
Zem =
360°
Zc + jZ. tg
[
+ jZc tg
z. z.
COA) =
144"
{3e]
{3e
+ jl50 + j75tg 144°)
+ j(IOO + j150) tg 144° ]
= 75 (100
[75
= 54,41/65,25°
ou
Z<m = 21 ,9
+ j47,6 fl
(e) A distância de 0,6 À na linha de transmissão corresponde a um movimento angular de
0,6 X 720° = 432° = I volta
+ 72°
Portanto, partimos do ponto P (extremidade da linha onde fica a carga) e nos movemos 432" ao l ongo do círc ulos, ou uma volta mais 72", e alcançamos o ponto do gerador em C. Note que, para atingirmos C a partir de P, passamos uma vez por T ( local izaçtio de v..r.. ) e duas vezes pelo pontoS (l ocalização de Vmi<). Portanto, partindo da carga,
400
À = 0,055À
primeiro vmb está l ocali zado em
o
·
no•
o segundo vmi< está locali zado em 0,0555 À + ~ =
0,555À
e o úni co V.,r. está localizado em 0,055À + >J4 = 0,3055À
(f) Em C (extremidade do gerador):
Zem = 1,8 - j2,2
Zem = 75(1,8- j2,2) = 135 - jl65 O
Isto pode ser conferido usando a equação ( 11.34), onde {Je
= 2:
(0,6À)
= 216°.
Através deste exemplo, podemos verificar o trabalho e o tempo que é economizado pelo uso da carta de Smith.
454
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍ CI O PRÁTICO 11.5
Uma linha de transmissão sem perdas de 60 O é rem1inada por uma carga de 60 + j60 n.
(a) Encontre r e s. Se Z..,, = 120 -j60 O, qual é a distância (em comprimentos de onda) entre o gerador e a carga? Resolva sem a utilização da carta de Smirh.
(b) Resolva o item (a) usando a carta de Smith. Calcule Zm» c z........ r.· Qual é a distância (em comprimentos de onda) entre o primeiro máximo de tensão c a carga?
Resposta:
(a) 0,4472/63,43°,2,6 18,
2,612,
À
8 (1
~( I + 4n),ll =O, I , 2, . . . ; (b) 0,4457/62°,
+ 4n), 157,1 n. 22,92 o. o.086 J À.
11.6 ALGUMAS APLICAÇÕES DAS LIN HAS DE TRANSMISSÃO
As linhas de transmissão são utilizadas para diversas fin alidades. Vamos aqui considerar como as
linhas de transmissão são usadas para realizar o casamen to de impedâncias com uma carga e para
medir impedãncias.
A. Transformador de quarto de onda (casamento)
z.*
Quando
Zc dizemos que a carga está descasada c existe uma onda renetida na linha. Entretan to,
para transferência máxima de potência, é desejável que a carga esteja casada com a linha de transmissão (Z0 = Zc), de tal maneira que não haja renexão (In = Oou s = I). O casamento é obtido usando seções curto circuitadas de linhas de transmissão.
Relembremos que, quando
tJ4 ou
= (2·nlÀ)(tJ4) = 1rl2, a equação (1 1.34) fica
e=
2
(3e
en•
= 2 [ Zc
o
z.
+ jZ. tg 1rl2 ]
+ jZc tg 7rl2
=
z~
Zc
(11.56)
isto é,
ou
I
Zcm = --?yem -- '·. 1.
Zc
(11.57)
Portanto, pela adição de uma lin.ha de À/4 na carta de Smith, obtemos a admi tància de entrada correspondente a urna dada impedância de carga.
Também, uma carga descasada Zc pode ser casada adequadamente com a linha (com impedância
característica
pela inserção de uma linha de transmissão com o comprimento tJ4 (com uma impcdância característica Z~) antes da carga, conforme mostrado na Figura 11 . 17. A seção tJ4 da linha
de transmissão é denominada de tra11sjormador de quarto de onda porque é usada para casamento de
impedâncias como um transfom1ador comum. A panir da equação ( 11 .56), Z~ deve ser selecionada
de tal maneira que (Z,.,, = Z0 )
z.)
( 11.58)
Linhas de Transmissão •
455
z·•
z•
o------t_j~----~:--z""', = z.,
l'i~:ura 11.17
Casamento de impedâncias utilizando um transformador de >J4.
z"..t =1
(a)
z·
"''
Zc
(b)
Fi~:ura
11.18 Configuração de onda estacionária de tcnsao para urna carga descasada: (a) sem um transformador de >J4: (b) com um transformador de >J4.
onde z~. 20 e Zc são todos reais. Por exemplo, se uma carga de 120 Odeve ser casada a uma linha de
75 n, o transformador de quarto de onda deve ter uma impedância característica de V(75)(120) =
95 n. Este transformador de quarto de onda de 95 n também casará uma carga de 75 n a uma linha
de 120 n.As configurações de ondas estacionárias para a tensão com e sem o transformador de quarto de onda estão mostradas na Figura 11 .18(a) c (b), respectivamente. Desta figura, observamos que,
embora ainda exista uma onda estacionária entre o transformador e a carga, não exjste onda estacionária à esquerda do transformador devido ao casamento. Con tudo, a onda ret1 etida (ou onda estacio·
nária) é eliminada somente no comprimento de onda (ou freqüência) desejado; mesmo em um comprimento de onda um pouco diferente haverá retlexão. Portanto, a principal desvantagem elo transformador de quarto de onda é que ele é um dispositivo de banda estreita, ou dispositivo sensível à fre.. .., .
quencm.
B. Sintonizador com toco simples (casamento)
A principal desvantagem do uso do transformador de quarto de onda como um dispositivo de casa-
mento de impedâncias é eliminada pelo uso do sintonizador de toco simples. Conforme mostrado na
Figura li ..19, o sintonizador consiste de uma seção de linha de transmissão de comprimento d, curto
circuitada ou em circuito aberto, conectada em paralelo com a linha principal a uma distância da
carga. Note que a impedância característica do toco é igual à impedância da linha principal. É mais
diffcilutilizar um toco série, embora teoricamente possível. Um toco em circuito aberto irradia parte da energia em altas freqüências. Conseqüentemente, os tocos curto-circui tados e em paralelo com
a linha são os mais usados.
Como o objetivo é fazer Z,""' = Z0 , isto é, z,., = I ou y,., = I no pon to A da linha, primeiro traçamos o círculo y = I + jb (círculo com r = I ) na carta de Smith, conforme mostrado na Figura 11.20.
Se um toco em paralelo de admitância y, = -jb é introduzido no ponto A, então,
e
)'~111
=I
+ jb + y,
=I
+ jb - jb = I
+ jO
(I L. 59)
456
• Elementos de Eletromagnetismo
A
/
"
' o--- - ----;'--
..' .. ,_,
-{
~
•oco cuno-<:in:uil3do-._?
d
Fi,::uru 11.1\1 Casamento de impedãncias com um sintonizador de toco simpl es.
Fi,::ura 11.20 Uti lização da cana de Smilh para determinar
circuilado.
e(
ec d para um simonizador de toco simples cuno-
conforme desejado. Dois valores de < 'AI2) podem ser obtidos, pois b pode ser positivo ou negativo. Em A, Ys = - jb,
e, em 8 , Ys = jb, =
conforme mostrado na Figura 11 .20. Devido ao
fato de que o toco é curto-circuitado (y'L = ~) , determinamos o comprimento d do mesmo pela distância de P," (onde z'c = O+ jO) até a admitãncia desejada ys. Para o toco em A, obtemos d =dA como sendo a distância de P até A', onde A' corresponde a y, = -jb, o qual está localizado na peri feria
da carta, conforme Figura 11.20. De forma semelhante, obtemos d = d 8 como sendo a distância de
e= eA
e eB.
P" a
8' (y, = jb).
Portanto, obtemos d = d,, e d = d 8 , correspondendo a A e 8 , respecti vamente, conforme mostrado na Figura 11 .20. Note que sempre teremos dA + d0 = >J2. Como ternos dois possfveis tocos curto-circuitados, normalmente é escolhido o mais curto ou o que está mais próximo da carga. No lugar
de um toco simples, pode também ser utilizado um toco duplo. Isto é chamado casamellto com duplo roco, o qual permite o ajuste da impedãncia da carga.
C. Linha fendida (medida d e impedâncias)
As medidas de corrente e tensão em altas freqüências são muito diffceis de serem realizadas porque
os dispositivos de medida adquirem dimensões apreciáveis c todo o circuito torna-se uma linha de
transmissão. A linha fendida é um dispositivo simples, utilizado na determinação da impedãncia de
uma carga desconhecida em altas freqüências, operando até a região de gigahert z. Ela consiste de
uma seção de linha de transmissão que usa o ar como dielétrico (sem perdas), com uma fenda no condutor externo, conforme mostrado na Figura 11.21 . A linha tem uma pon ta de prova paralela ao campo E (veja Figura 11 .4), que capta uma amostra do campo E c, conseqüen temen te, mede a diferença
de potencial entre a ponta de prova e o condutor externo.
Linhas de Transmissão •
o
457
em direção à carga ou
cuno-circuito
SOem
em direção ao gerador
escala calibrada
(a)
'
'
.•
f
carga
(b)
J<'i~:ura
11.21 (a) Linha fendida típica; (b) delcrrninação da localização da carga Zc c V.,rn na linha de lrimsmissão
A linha fendida é usada, principalmente, em conjunto com a carta de Smith para determinar arelação de onda estacionárias (a razão emre a tensão máxima c a ten são mfnima) e a impedância de
carga Zc· O valor de s pode ser lido diretamente no medidor do dctctor quando a carga está conectada. Para determinarmos Zc substituímos, inicialmente, a carga por um cu no-circuito c anotamos as
posições dos mínimos de tensão (os quais são deiCrminados com maior precisão que os máximos de
tensão) na escala calibrada. Como os valores de impcdância se repetem a cada meio comprimento de
onda, quaisquer mínimos podem ser selecionados como pomo de referência da carga. Determinamos,
agora, a distância do ponto de referência selecionado até a carga, substituindo o curto-circuito pela
carga c anotando a~ nova~ posições dos mínimos de tensão. A distância (distância de Vmm até a carga), expressa em tennos de À, é usada para localizar a posição da carga em um círculos da carta, conforme mostrado na Figura 11 .22.
Podemos também localizar a carga usando que é a distância de Vmrn até o gerador. Tanto como e'
podem ser usados para localizar Zc.
O procedimento envolvido na utilização da linha fendida é resumido a seguir:
e
e·,
e
l. Com carga conectada, leia o valor de s no medidor do dctetor. Com o valor desconhecido,
trace o círculos na carta de Smith.
2. Com a carga substituída por um curto-circuito, localize o ponto de referência Zc em um ponto mínimo de tensão.
3. Com a carga novamente conectada na linha anote a posição ele v. ,r. e determine e.
4. Marque, na carta ele Smith, uma distância ea partir de v. ,r.. na direção da carga. Encontre o
valor de Zc neste pomo.
edi sl5ncia em direção 1\ carga
e· distância em direção ao gerador
círculo s
Fi~:ura
rendida.
11.22 Delerminação da impedãncia de carga com a carta de Smilh ulilizando dados oblidos com a linha
4 58
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 11 .6
Com uma carga desconhecida conectada a uma linha fendida no ar, 6 medido um valor de s = 2, pelo indicador de onda~ estacionária~. e são observados mínimos de tensão em li em, 19 em, .... Quando a carga é substituída por um curto, os mínimos passam para 16 em, 24 em, .... Se Z0 = 50 O, determine À,fc Zc-
Solução:
Consideremos a configuraç.ão de ondas estacionárias mostrada na Figura 11.23(a). Nesta figura, observamos que:
À
19- 11 = 8 em
2
11
f = -À =
ou
À = 16cm
3 X 108
_2 = 1,875 GHz
I 6 X I0
Do ponto de vista elétrico, a carga pode estar localizada em 16 em ou 24 em. Se assumimos que a
carga está em 24 em, a carga estará a uma distância de V11, 111 , onde:
e
e=
5
24 - 19 = 5 em = -16 À = o,.3125 À
Isto corrcspondc a um movimento angular de 0,3125 X 720" = 225" no círculo de s = 2. Partindo da
localitação de 11m,n e movendo 225" em direção à carga (sentido anti-horário), alcançamos a posição
de z0 conforme ilustrado na Figura ll.23(b). Portanto,
zc = 1,4 + j0,75
e
Zc =
-
Zozc = 50 ( 1,4 + j0,75) = 70 + j37,5 o
,
\.
\
com carga
'
II
, - com curto
t6
19 24
17 32
zI.
(a)
- 90"
(b)
Fil(llnl 11.23 Determinação de Zc usando uma linha fendida: (a) con figuração de ondas estacionárias: (b) carta de Smith para o Exemplo 11.6.
Linhas de Transmissão •
459
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.6
A s seguintes medidas foram obtidas usando a técnica da linha fendida: com carga, s = I ,8, V.w
ocorreu em 23 em, 33,5 em, ... ; com curto-circuito, s = co, V~' ocorreu em 25 em, 37,5 em, . ...
Se
= 50 O, determine Zc
z.
Resp osta:
EXEMPLO 11 .7
32,5 - j 17,5 O.
Urna antena com impedãncia de 40 + j30 O deve ser casada a uma linha de transmissão sem perdas
de 100 O, com um toco curto-circu itado. Determine:
(a) a admitãncia necessária do toco;
(b) a distância entre o toco e a antena;
(c) o comprimento do toco;
(d) a razão de onda estacionária em cada parte do sistemu.
Solução:
(a)
zc =
Zc
z. =
40 + j30
100
= 0,4 + j0,3
Loculize zc 1111 carta de Srnith, conforme a Figuru 11 .24, e trace o círculos tlll que Yc p ossa estar localizado em posição diametralmente oposta a Zc· Portanto, Yc = 1,6 - j I ,2. Alternativamente, podemos encon trar Jc usando:
z.
100
Yc = Zc = 40+j30 = 1,6-j 1,2
Localize os pontos A e Bonde o círculos intercepta o círculo de g = I. Em A,>~ = -j I ,04 e. em 8,
y, = + j I ,04. Portanto, a admi tância necessária do toco é:
I
Y, = Y0 y, = :!::ji,04 IOO = :tjl0,4mS
Tantoj l 0,4 mS quanto -jl0,4 mS são val ores possívei s.
(b) A partir da Figura 11.24, determinamos a distância cmrc a carga ( neste caso a an tena) Yc e o toco. Em A:
Em
8:
eu=
(62°-
39°)
no•
= 0,032À
(c) Localize os pontos A' c B' correspondcndo, respecti vamente, às admitâncias -j l ,04 cj l ,04 do toco. Determine o comprimento do toco (di stância de Poc a A' c a 8'):
88•
d" =
da=
no• À= O.I222À
272°À
no•
= 0,3778À
Note que d.._ + d8 = 0,5 À, como esperado.
(d) Da Figura 11.24, s = 2,7. Esta é a razão de onda estacionária no segmento da linha que fica entre o toco e a carga (veja Figura 11.18). Porque a linha é casada, s = I à esquerda do toco e, porque
o toco é curto-circui tado, s = x no toco.
460
• Elementos de Eletromagnetismo
/
/
/
/
/
-----
-
-•'" '
/
ds /
I
t
I
t
I
l
'
I
I
\
'
\
I
\
\
I
'"
'"
I
I
/
'
.........
........
...___ ...._
--_
_,..
- - --
/
/
/
/
Ys = --.; -
Fil(ura 11.24 Referente ao Exemplo 11.7.
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.7
Uma linha de transmissão sem perdas de 75 O deve ser casada a uma carga de I 00 - j 80 O com um
toco curto-circuitado. Calcule o comprimento do toco, a sua distância da carga e a sua adrnitãncia
necessária.
Resposta:
eA
= 0,093>. ,eo = 0,272À,dA = 0, 126Ã,d/J = 0,374À, ~jl 2,67 mS
.,. 11.7 TRANSIENTES EM LINHAS DE TRANSMISSÃO
Até aqui, em nossa discussão, consideramos que uma linha de transmissão opera em uma freqüência
única. Em algumas aplicações práticas, tais como redes de computadores, sinais pulsados podem ser
enviados pela linha. Utilizando-se a análise de Fourier, um pulso pode ser visto como uma superposição de ondas de várias freqüências. Portanto, o envio de um sinal pulsado em urna linha pode ser
considerado como o envio simultâneo de ondas com diferemcs freqliências.
Assim como na análise de circuitos, quando um gerador de pulsos ou uma bateria, conectado a
uma linha de transmissão, é ligado, transcorre um certo tempo até que a corrente c a tensão na linha
Linhas de Transmissão •
461
atinjam valores estacionários. Este tempo de transição é chamado 1ransie111e. O comportamento transiente, logo após o fechamento de um interruptor (ou devido à uma descarga elétrica), é usualmente
analisado no domínio de freqüências usando transformadas de Laplace. Por conveniência, vamos tratar o problema no domínio do tempo.
Considere uma linha sem perdas de comprimento e impedância característica z., confom1e
mostrado na Figura 11.25(a). Suponha que a linha é acionada por um gerador de pulsos de tensão V ,
8
com impedância interna Z1 , localizado em z = O, e terminada por uma carga Zc puramente resisliva.
No instante 1 = Oem que o interruptor é fechado, a corrente de partida "enxerga" somente Z8 e Z0 •
Portanto, a situação inicial pode ser descrita pelo circuito equivalente da Figura 11.25(b). Desta figura, a corrente de partida em <: = Oe 1 = O' é dada por
e
1(0 , o+)
= lo =
v..,
( 11.60)
Z11 + Z0
e a tensão inicial é
(11.6 1)
Depois que o interruptor é fechado, as ondas 1• = 1., e V'= V., se propagam em direcão à carga com
velocidade
I
u = -=
( 11.62)
Vl:C
Corno esta velocidade é finita, transcorre um certo tempo para que a onda, que se propaga no sentido positivo, alcance a carga e com ela interaja. A presença da carga não tem nenhum efeito sobre as
ondas antes de transcorrer o tempo de trânsito, dado por
e
(1 1.63)
11 = -
11
Depois de 11 segundos, as ondas alcançam a carga. A ten são (ou corrente) na carga é a soma das ondas de tensão (ou de corrente) incidente e renetida. Portanto,
(1 1.64)
c
(11.65)
onde r c é o coeficiente de reflexão na carga dado pela equação ( 11.36), isto é,
r c-_Zc-Zo
( 11.66)
Zc + Zo
As ondas relletidas v-= r cVo e / - = -rcf. viajam de volta para o gerador, adicionando-se às ondas
V., e I., já existentes na linha. No tempo 1 = 211, as ondas relletidas alcançam o gerador. Portanto,
Z
..A
~
z,
t=O
)(
I•
• t
+
+
+
v,
•
-.(o)
Zc
v,
v.
z•
~
(b )
Figura 11.25 Transientes em uma linha de transmissão: (a) linha acionada por um gerador de pulsos: (b) circu ito eq ui valente para z = O e t = 0'.
462
• Elementos de Eletromagnetismo
r = rç
r=rc
z ;. o
I
z•2
=0
v.
r • - rc;
z=O
I a
O
rcv.
-
21 I I "
rcrcv.
>
rcrçv.
;;:>
f'c; l'cl•
::>
r r'
-
41 l i<
I•
f el•
21 , c;;
ç ' '·
41 t !'C
r'ç r'v
c o
, ' v.
rçrc
6/
--
.
--
rJ r~ J"
,
1
- f ÇI'c lo
' ~'-
I
=>
!"'_,
(a)
(b)
I<iJ.IUI'll 11.26 Diagrama de saltos para: (a) uma onda de tensão c (b) uma onda de corrente.
ou
( 11.67)
c
ou
( 11.68)
onde r c; é o coeficiente de reflexão no gerador, dado por
_
r G - ZJI - Z
0
211 +
z.,
(11.69)
Novamente, as ondas refletidas (na extremidade do gerador) V+ = r c;r cVoc t • = r c;r ctuse propagam em direção à carga, continuando o processo até que toda a energia do pulso seja absorvida pelos rcsistores Z,ç c Zc·
Ao invés de acompanhar as ondas de tensão e de corrente ele ida e de volta, é mais fácil levar em
consideração as reflexões utilizando diagramas de saltos. também conhecidos como diagramas de
tela. O diagrama de saltos consiste em uma linha em ~iguezague indicando a posição da onda de tensão (ou de corrente) em relação à extremidade do gerador, conforme mostrado na Figura 11.26. No
diagrama de sal tos, a tensão (ou a corrente), em qualquer instant e de tempo, pode ser determinada
pela soma dos valores que aparecem no diagrama, acima daquele tempo.
EXEMPLO 11 .8
Para a linha de transmissão da Figura 11 .27, calcule c trace:
(a) a tensão nas extremidades da carga e do gerador para O < 1 < 6 ~1s;
(b) a corrente nas extremidades da carga e do gerador para O < r < 6 ps.
Solução:
(a) Primeiro, calculamos os coe ficientes de reflexão da tensão no gerador e na carga.
r G -_ Z.., -
Zo
Z11 + Z0
rc
_ Zc -Zo
Zc + Zo
-
100 - 50
= 100 +50 3
200- 50
3
=200 + 50
5
Linhas de Transmissão •
463
Fil(llrll I 1.27 Rcfcrcnlc ao Exemplo 11.8.
1,.oo n 1::-=_oc:::::=============>----.,
z.=son
u
=lOS m/s
100m
e
• .
100
O tempo de transito t 1 = - = - 8 = I ps.
11
10
A tensão inicial na extremidade do gerador é
V0 =
50
Vg = - ( 12)=4 V
Z0 + Z$
150
Z0
Os 4 volts são enviados para a carga. A subida do pulso chega na carga em t = t 1 = I ps. Uma parte
do pulso, 4(3/5) = 2,4 V, é refletida de volta e alcança o gerador em 1 = 2t 1 = 2 ps. No gerador,
2,4( 1/3) = 0,8 é refletido e o processo continua. Todo o processo é melhor ilustrado pelo diagrama
de saltos da tensão da Figura 11 .28.
Do diagrama de saltos, podemos representar V(O, 1) c V( t) em função do tempo, conforme mostrado na Figura 11.29. Da Figura I J.29, note que, conforme 1 -+ oo, as tensões tendem para o valor
assintótico:
e.
V~ =
Zc
Zc
+ Z"
200
300
V = - - ( 12) = 8 V
g
Este resultado é esperado pela observação dos circuitos equivalentes para r = Oc r = oo, apresentados na Figura 11.30 (para a demonstração, veja o Problema 11 .46).
(b) Os coeficientes de reflexão da corrente nas extremidades do gerador e da carga são, respectivamente. -r c= - 1/3 e -r c= -3/5. A corrente inicial é
V
4
0
I 0 =-=-=SOmA
Z0
50
rc =JIS
r c =IIJ
: =o
I
=0
1 • ~
~v
V- 0
2.4
21, I<
V a 4+ 2.4= 6.4
0.8
V= 4+ 2.4+ 0.8=7.2
41 I
v= 7.2 + 0.48 + 0.16 = 7.84
61 l i<
\1
=7.8~
+ 0.096 + 0.032 = 7.968
0.4&
0.16
::::
v = 6.4 + 0.8 + 0.48
=7.68
0.096
0.032
om
-
V: 7.68 + 0. 16+ 0.096 = 7.936
7 r1
v.
Figura 11.28 Diagrama de saltos da tensão referente ao Exemplo 11.8.
7.936 +0.03 + 0.02 =7.986
464
•
Elementos de Eletromagnetismo
N ovamente, /(0, t) e /(C, t) são facilmente obtidas do diagrama de saltos da corrente, conforme
mostrado na Figura 11 .31. E stas correntes são representadas na Figura 11 .32. Note que/( t ) =
V( C, t)IZc· Portanto, a Figura 11.32( b) pode ser obtida tanto do diagrama de saltos da corrente da
Figura li .31 como pelo reescalonamento da Figura 11.29(b) através do fator IIZc = 11200. N ote
que, a partir das Figuras 11.30(b) e 11.32, as correntes tendem para o valor assintótico:
e,
v
12
'" = Zg +'- Zc = -300 = 40 mA
V tO. I) Volts
7.84
7.2
4
---8
7.968
I
4
- --- ---- ---------r---- -- -----------IL _____ ___
0,8 Q _________ _
:
:====t= o·-:ª~---:-...:-.=.=::.:
2
4
.._--7--~:=';;;.;;~~~=:=7"-=.=.;=- I ( llS)
O
6 O~l
6
8
I0
(a)
V(f. I)
7.68
8
----
7.936
6.4
---------- 4- ------1-- - - ___ ...,2.4
_______ - - - 0.8 0.48
0.16
r----- --1-- --1----
, :- -r -- :;;e:: --_L.- -f::r..--_'--...1....-!:-___L_j:----..E!.!~......~-ÓioOI~..,.,...._-o
2
4
6
\ 8
10
I ( llS)
0,096
(b)
Figura 11.29 Tensão (fora de escala): (a) na extremidade do gerador; (b) na extremidade da carga.
z,
z•
'~
+
+
v_
v. : z.
(a)
Fi~:ura
(b)
11.30 Circuitos equivalentes para a linha da Figum 11.27 em: (a) 1 = Oc (b) r=""·
~
> lç
Linhas de Transmissão •
=.. ~.r· - 3/s
z= o. r= - 1/J
I= 0
I ,. O
80 "'"
I= 80
48+
16 =~8
31,
- 9.6
I • 32 + 16 - 9.6 = 38.4
3.2
I = 48- 9,6 + 3.2 = 41.6
Fi~:u ra
1&80 - ~8=32
16
4 1oi<
I = 41.6
:> lo
~8
I ~
1= 80
465
;;;;>
- 1.92
1\1 I
0.64
I,92 + 0,64 = 40,32
- 0.384
I • 38.4 + 3.2 - 1.94 = 39.68
;:>
-
II .Jl Diagrama de saltos da corrente para o Exemplo 11 .8.
1(0, I ) mA
80
80
1---,
- ------ - - - --
48
~ 1.6
~0.32
40
--------~.:i-------L~~-~-:.-==
16
r---
o
2j
4t!L _ _
~
..!.!>__ _
~~---
I
_ __ .!_
I
- 9·6
I
1(11$)
-0.384
I
I
-18
L---- ~ - - -------(a)
1<~. I) mA
r ---------80 - ---- --32
38.4
39,68
39.94
---40
16
o o
I
I
( Jl$)
2
I
I
I
I
-48
L -- ----- ~ -- --------(b)
Figura 11.32 Corrente (fora de escala): (a) na extremidade do gerador: (b) na extremidade da carga. referente
ao Exemplo I 1.8.
466
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.8
Repita o Exemplo 11.8 para o caso em que a linha de transmissão está:
(a) curto circuitada;
(b) em circuito aberto.
Resposta: (a) Veja Figura 11.33.
(b) Veja Figura I 1.34.
V(t. t)
ov
'-----~L----------- l (IJS)
V(O. t )
4V
4V
-- - ~ - - -
4/3
---- ~ --1
I
.. -
4/9
1().ls)
o
2
6
4
.____ _ ___,!_ __ __ ---1/3
l(t.t )
L--- ~ ---- - --
160mA
106.67
J
124.45
80
~ ---~- --t
I
I
I
I
I
8019
I
r--- ~~ - -
I
I
1---...__--1---+---+---~1--1------ lÜIS)
I
4
I
2
6
o
1- - - - ~---1
-80/3
/(0. I)
133,33
115.5
80 mA
80
I-- '"""""-'- - ' - - ... ~ ----- ------
1 - - - --
o
--l,f -- - -- - f - - - - -- + - - - - -2
4
6
'-- -~ .... --..1....---- 8013
Fi~uru
11.33 Rererente ao Exercício Prático 11 .8(a).
l(IJS)
Linhas de Transmissão •
V(t , 1)
...
11.55
10.67
12V
8V
__
.. ..,. __ _
4V
4/3
~----..... - - 419
I
r-- - -..~--
~--~--+---~--;---~--~--------~(~)
o
2
4
6
/(f. I )
OA
1 - - - --+- .L..- - - i - - - --+- - - l(r.ts)
()
2
6
4
V(O. 1)
12V
11.11
9.333
4V
l
-
4V
1-------'- - • · - 4/3
r - - -.... - -- - - - 4/9
i
r----..~---
2
4
~------+-------1-------~-------~.- ~ou>
o
6
8
1(0.1)
&O mA
1-....;;.;~..;_-..---
80
_.. ----
80/3
8013
,___;;.;;_:__- r- -.. - - -
I'---....:.:;;..;..._
sot9 __
80/9
---1~
-
1---- -f'- - -- -+----+-- --
o
4
I
1
I
I
I
' - -- - - - - -80/3
-80
1-----~- ----
Figura
11 .3~
6
Referente ao Exercício Prático 11.8(b).
I(!AS)
467
468
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 11 .9
Uma linha de transmissão de 75 O e 60 m de comprimento 6 terminada por uma carga de I00 O. Se
um pulso retangular de 5 J.lS de largura c 4 V de amplitude 6 enviado por um gerador conectado à
linha, represente 1(0, t) e I( t) para O < t < I 5 JIS. Tome Z, = 25 fl e 11 = 0, Ic.
e,
Solução:
No exemplo anterior, ao ser ligada a bateria, é gerado na linha um degrau unitário, um pulso com largura intinita. Neste exemplo, o pulso tem um largura finita de 5 J.IS. Vamos, primeiro, calcular os coeficientes de reflexão da tensão:
A tensão inicial e o tempo de trânsito são dados por
v.=
20
75
Zo + Z~ Vs = 100 (4 ) = 3 V
O tempo que v. leva para ir e voltar é 211 = 4 J.lS, que 6 menor que a duração do pulso de 5 J.IS. Portanto, haverá supe1posição.
Os coeficientes de reflexão da corrente são:
-rc= - -I
7
A corrente inicial é 10
v
= Zg ;
20
=
4
100
I
- r c= -
c
2
= 40 mA.
Se i c r representam, respectivamente. os pulsos incidente c refletido, na extremidade do gerador teremos,
o< t < 5 p.S,
4
< t < 9,
I r =IO = 40 mA
I
f.= - - (40) = - 5714
7
I
'
I
I r = -(-57
2
.. ' 14) = - 2857
, .
8 < t < 13,
I
I; = - -:; ( - 2,857) = 0,4082
I,
12 < t < 17,
= ~ (0,4082) = 0,204 1
I
f.=
- -7 (0204
1) = - 00292
I
t
'
I,=
I
(-0.0292) = -0,0 146
2
Linhas de Transmissão •
e, assim, sucessivamente. Assim, o gráfico de /(0, f) con1ra f é apresentado na Figura 11 .35(a).
/ (0. I ) mA
40
31.43
'0.4082
1
o.6123
o
I
I
I
"-
I
I
6
4
o.5685
)
- 0.0 146
_l_ _Ll_
I
_l
''i
g
~
I
I
14
I ( JAS)
12
-2 85 7
o. 2041 _{
- 0.0438
-S. 7 14 _ •
- 0.0292
7 959
- 8.571
(a)
V(Q,I) Vol ts
3.429
~ 85
3
0.4296
Ot
o
I
-
_l
-0.0306
I
•
u
I
6
4
II
0.0176
I
I
to-
I
1
I
I
I
I
I
I
I
I
14
12
I ( IJS)
,_
-0.214/
-0. ! 46
\
-0.228
( b)
/ IQ. t ) mA
34.3
~.9
0. 116
o,
o
I
-
I
I
-1
I
6
I
8
_l_
_l_l
_l
lO
........
-l.• 8
I2
14
•• 4 6
- ) '
(c)
Fi~:ura
11.35 Referente ao Exemplo I 1.9 (fora de escala).
Na ex tremidade da carga,
0 < f < 2 JLS,
V =O
2 <f< 7,
v.= 3
I
vr = 7 (3) =
6<f< 11 ,
I
•
0,4296
I
V-=
-(04296)
= - 02143
I
2
t
I
vr = 7 (-0,2 143) =
t
- 0,0306
I ( JAS)
469
470
• Elementos de Eletromagnetismo
lO < t < 14,
V;=-
I
2
(-0,0306) = 0,0154
v, = ~ (0,0 154) =
c, assim, sucessivamente. De V(
e, r), podemos obter I( e, r) como
J(e
r) = V( e, r) = V( e, r)
'
Os gráficos de V(
0,0022
Z0
100
e, r) e /(t, r) são apresentados na Figura 11.35(b) c (c).
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.9
Repita o Exemplo 11 .9 para o caso em que o pulso retangular é substitufdo pelo pulso triangular
ela Figura 11.36.
Resposta:
(/0 ) 016J< = 100 mA. Veja a Figura 11 .37 para as formas de ondas de corrente.
10V ------
"-------'' - - - -0
2
Fi~tura
I(IIS)
11.36 Pulso triangular para o Exercício Prático 11.9.
/ (0. I) mA
100
1.52 1
OJL_....,2L--:-4....:---r:---~~....:::::::::::11:0--- l ( jl>)
-2 1.43
(a)
/(~.I)
mA
85.7 1
0.4313
( b)
Figura 11.37 Ondas de corrente para o Exercício Pr.ítico 11.9.
Linhas de Transmissão •
471
...1
11.8 LINHAS DE TRANSMISSÃO DE MICROFITAS
As linhas de transmissão de microfitas pertencem ao grupo de linhas conhecidas como linhas de
transmissão de placas paralelas. Atualmente, elas são largamente utilizadas em eletrônica. Além de
ser a fom1a de linha de transmissão mais usada em circuitos integrados de microondas, as micro fitas
são usadas como componentes de circuitos, como filtros, acopladores, ressoadores, antenas, etc. Em
comparação com a linha coaxial, as linhas de microfita pem1item maior flexibilidade e projetos mais
compactos.
Uma Iinha de microfita consiste de um plano terra e uma li ta condutora aberta, separados por um
substrato dielétrico, conforme mostrado na Figura 11.38. Ela é construída pelo mesmo processo fotográfico utilizado nos circuitos integrados. A dedução analítica das propriedades características da
linha é trabalhosa. Nesse estudo, vamos considerar somente aspectos básicos e fórmulas empíricas
válidas para o cálculo da velocidade de fase, impedância intrínseca e perdas na linha.
Devido à estrutura aberta da linha de microtita, o campo EM não está continado no dielétrico,
mas está parcialmente presente no ar que circunda a linha, conforme mostrado na Figum 11.39. Desde que a freqüência não seja muito alta, se propagará na linha uma onda que, para finalidades prát.icas, pode ser considerada uma onda TEM. Devido ao vazamento do campo no ar, a permissividade
relativa efetiva e.r é menor do que a permissividade relativa e, do substrato. Um valor aproximado
para e.r pode ser obtido através de
(e,- I )
I)+
(11.70)
2Y I + l2!t!w
onde w é a largura da linha e h é a espessura do substrato.
A impedância característica é dada pelas fórmulas aproximadas que seguem:
60 In (811 +
zo =
v;;;;
IV
w)
11 '
I
- =
w/11
12011"
v;;;; [wlh + I,393 + 0,667 In (w//1 + I,444)]'
< I
( 11.71 )
w/11
>
I
A impedância característica de uma fita larga é, em geral, baixa, enquanto que a de uma fita estreita
é alta.
condutor de ti ta
I
_j_
T
h
substrato e. Ji
j_ !:--- - --
""
plano terra
Fij!ura 11.38 Linha de transmissão de microli tas.
--r.
472
• Elementos de Eletromagnetismo
campo elélrico
Figura 11.39 Configuração do campo EM de uma linha de microfita. Fo111e: D. Roddy. MicrowC/ve Teclmology,
1986, com a perm issão da Prenti ce Hali.
Para fins de proj eto, se e, e Z0 são conhecidos, a razão w/11, necessária para se obter um determinado
Z.,, é dada por
8e"
e2A - 2'
11
w/11 < 2
!{
(I 1.72)
8 - I - ln(28 - I)
+
€r -
2e,
I [ In(B - I )
+
0,39 - O,ól ] } ,
w/11
e,
>2
onde
A = 20
~ + e, -
60 \f~
e,+
I
I
(o.
23
+ 0,11)
e,
6071'2
8 = ----=
ZoYsr
Conhecidos ecr e Z.,, a constante de fase e a velocidade de fase de uma onda se propagando na mj crol'ita são dadas por
{3 = wecr
c
c
/( = -
( 11.74a)
(1 1.74b)
ecr
onde c é a velocidade da luz no vácuo. A atenuação (em dB/m) devido à condutividade finita dos condutores é dada por
<Xc
R,
= 8,686-;;IV.c..o
(I 1.75)
Linhas de Transmissão •
onde R, =
u~
473
é a resistênci a superficial do condutor. A a1enuação (em dB/m) devi do à perda no
dic1<5trico é
ad
== 27•3 (s 0 r - I ) s, tg 8
(e, - I )
Ser
À
( 11.76)
onde À = u/fé o com primento de onda na linha e tg 6 = ulwe é a tangente de perdas do substrato.
A constante de atenuação total é a soma da constante de atenuação devi do aos condutores ac e a
constante de atenuação devido ao diel étrico a<~, isto é,
( 11.77)
A' s vezes, a,1 é desprezível em comparação com a c. Embora ofereçam as vantagens de llexibilidade
e baixo volume, as linhas de microfita não são uti lizadas em linhas de transmi ssão longas devido à
atenuação elevada.
EXEMPLO 11 .10
Uma determinada linha de microl'ita tem quartzo fu ndido (e,. = 3,8) como substrato. Se a razão entre
a largura da linha c a espessura do substrato é w/h = 4,5, determine:
(a) a permissividade relativa efetiva do substrato;
( b) a irnpedância característica da linha;
(c) o compri mento de onda na linha em IOGHz.
Sol ução:
(a) Para wlh = 4,5, temos um fita larga. D a equação ( 11.70) :
4,8
sr = + -2,8 [ I + - 12 ]
e
2
2
4,5
112
= 3, 13 1
(b) Da equação ( 11.7 1) :
12011'
Zo = - = =: - - - - - - - - -- - - - - v'3,13J[4,5 + 1,393 + 0,667 In (4,5 + I ,444)]
= 9,576 n
(c) À =
!!..
f
c
8
3 x 10
j'\1;; 1010
= 1,69 X 10- 2 m = J6,9 mm
=
=
v'3.131
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.10
Repita o Exemplo 11 .1Opara wlh = 0,8.
Resposta:
(a) 2, 75; (b) 84,03 íl; (c) 18,09 mm.
474
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 11 .11
Uma linha de microl1ta para lO GHz tem os seguintes parâmetros:
h= I
111111
w = 0,8 mm
e,= 6,6
lo-·•
to
fJ =
<>
5,8 X 107 S/m
CTc =
Calcule a atenuação devido às perdas nos condutores e no dielétrico.
Solução:
A razão wlh = 0,8. Portanto, das equações ( 11.70) c ( 11.71 ):
7,2
5,6 (
e=
- 2 + -2
•
20
=
12)- l/2
I+ -0,8
= 4~
,.
In(_!_+~)
~
0,8
4
60
= 67,17!2
A resistência superl1cial do condutor é
R
=
s
....!._
{;f;,= /1r
=
v
-v-;;
CTcO
9
10 X !0 X 47r X
5,8 X 107
X
= 2,609 X 10- 2 Q/m 2
Usando a equação ( 11.75), a constante de atenuação do condutor pode ser expressa como
?
a = 8 686
c
X
'
2,609
10 0,8 X 10- 3 X 67, 17
X
= 4,217 dB/m
Para obtermos a constante de atenuação do dielétrico, precisamos >-..
À=!!_=
f
8
3 X !0
C
fv;;;
10 X 109
= 1,447 X 10- 2 m
\1'4.3
Aplicando a equação ( 11.76), obtemos:
3,492
X 6,6 X 10- 4
a 1 = 2 7 3 X _..;..:.....;_,_..:.:_;_____;;__----::c
'
'
56 X 4 3 X I 447 X 10- 2
'
'
'
= O, 1706 dB/m
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.11
Calcule a atenuação devido às perdas ôhmicas em 20 GHz para uma linha de microl1ta com condutores de cobre, de 2,5 mm de largura, sobre um substrato de alumina. Considere a impedância
característica da linha como sendo 50 Q.
Resposta: 2,564 dB/m.
Linhas de Transmissão •
RESUMO
475
1. Uma linha de transmissão é descrita pelos seus parâmetros distribuídos R (em 0/m), L (em Hlm),
G (em S/m) c C (em F/m). As fórmula~ para o cálculo de R, L, G c C para a linha coaxial , bifilar e plana são apresentadas na Tabela 11.1.
2. Os parâmetros distribuídos são utilizados em um modelo de circuito equivalente para representar um com primemo diferencial da linha. As equações das linhas de transmissão são obtidas pela aplicação das leis de Kirchhoff para um comprimento de linha que tende a zero. As ondas de
tensão c de corrcme na linha são
V(z, t) =
v:e-a: cos (wt -
/ (z, t) =
v: e-«·• cos (wt
Z
{3z)
+
v; e": cos (wt + /h)
Q)
v() cr•
Q
- ,..,z - - e • cos (wr + ,..,z)
2o
Q
mostrando que, na linha, temos duas ondas se propagando em sentidos opostos.
3. A impedância característica da linha (análoga à impedftncia imrínseca 71 para ondas planas em
um meio) é dada por
z.
R + jwL
G +jwC
e a constante de propagação 'Y (em l/melro) é dada por
'Y
= a + j{3 = V(R + jwL)(G + jwC)
O comprimento de onda e a velocidade são:
w
{3
u= -=j)..
4. O caso geral é o da linha de transmissão com perdas (G '#O, R'# 0), considerado acima. Para uma
linha sem perdas, R= O, G = O. Para uma linha sem distorção, R/L = GIC. É desejável que linhas de transmissão de potência sejam sem perdas e linhas telefônicas sem distorção.
S. O cocticicnle de retlexão da tensão na extremidade da carga é definido como
_v; -_ Zc- Zo
rc - -
v;
Zc
+ Zo
e a relação de onda estacionária é
s=
I + lf cl
I - If cl
onde Zc é a impcdância da carga.
6. Em qualquer ponto da linha, a relação entre o fasor tensão c o fasor corrente é a impedãncia naquele ponto olhando para a carga e será a impcdância de entrada da linha se este ponto estiver
no início da linha. Para uma linha com perdas,
Z(z) = V,(z) = Zcm = Zo [ Zc + Z0 tgh -ye]
/.(z)
2 0 + Zc tgh -ye
onde eé a distância da carga neste pomo. Para uma linha sem perdas (a = O), tgh 'Y e=.i rg {3e;
para uma linha em curto, Zc = O. Para uma linha aberta, Zc = oo. E para uma linha casada, Zc =
7. A carta de Smith é um método gráfico de se obter características da linha, tais como r, s c z•• ,.
Ela é construída dentro de um círculo de raio unitário c está baseada na fórmula para o cálculo
de r c• dada acima. Para cada r c x, ela tem dois círculos explícitos (os círculos de resistência c
de reatância) e um círculo implícito (círcul o de s constante). A carta é um meio conveniente
pa,
ra determinar a posição de um simonizador de toco simples c seu com primemo. E também utilizada com a linha fendida para determinar o valor desconhecido de uma impedância de carga.
z•.
476
• Elementos de Eletromagnetismo
8. Quando uma tensão contfnua é aplicada subitamente à entrada de urna linha, um pulso se propaga para frente e para traz na linha. O comportamento transiente é analisado através do diagrama
de saltos.
9. Linhas de transmi ssão de microtita são úteis em circuitos integrados de microondas. Foram
apresentadas fórmulas Gteis para a construção de linhas de micro li ta e determinação de perdas
na linha.
QUESTÕES DE REVISÃO
11.1 Quais das atirmativas seguintes não são verdadeiras para os parâmetros de linha R, L. C e C?
(a) R c L são elementos em série.
(b) C e C são elementos em paralelo.
I
(c) C= R"
~ts c
RC = us.
(d) Tanto R quanto C dependem da condutividadc dos condutores (1uc formam a linha.
(e) Somente R depende explicitamente da freqüência.
(d) LC =
(f) Os parâmetros não são localizados, mas distribuídos.
11.2 Para uma linha de transmissão com perdas, a impcdância camcterfstica da linha não depende:
(a) da freqüência de operação da linha;
(b) do comprimento da linha;
(c) da carga que t.ermina a linha;
(d) da condutividade dos condutores;
(c) da condutividade do dielétrico que separa os condutores.
11.3 Qual das seguintes condições não garante uma linha de transmissão sem distorção?
(a) R= O= C.
(b) RC = CL.
(c) Intervalo de freqliências muito baixas ( R» wL, C» wC).
(d) Intervalo de freqliências muito altas (R « wL, C« wC).
11.4 Quais das afirmativas que seguem não são verdadeiras para uma linha sem p~!rd<ts?
(b)
z,., = -jZ" para uma linha curto circuitada com e= 'A/8.
z,., = j oo para uma linha curto circuitada com e= 'A/4.
(c)
z,., = jZ., para uma Hnha aberta com e=
(a)
'A/2.
(d) Zc•• = Z" para uma linha casada.
(c) A meio comprimento de onda da carga, Z"" =
meio comprimento de onda.
Zc, c esse valor se repete a partir daí a cada
11.5 Uma linha de transmissão sem perdas, de 50 em de comprimento, com L= 10 ~m c C= 40
pF/m. está operando em 30 MHz. O seu comprimento elétrico é:
(a) 20 'A
(b) 0,2"'
(c) 1os•
(d) 40.,..
(e) Nenhum dos valores acima
Linhas de Transmissão •
477
11.6 Case as impedâncias normalizadas que seguem com os pontos A, B, C, De E sobre a carta de
Smi th da Figura 11.40.
(i)
O + jO
(ü) I
(iii)
o - jl
(iv)
+ jO
O+j l
(vi)
[z•"'] .
(v) oc:
(vii)
+ jx
[~]
Zo
mm
(viii) Carga casada (I' = O)
Z o máx
11.7 Uma linha de transmissão sem perdas de 500 metros é terminada por uma carga localizada no ponto P na carta de Smith da Figura 11.41. Se À = 150m, quantos máximos de tensão existem na linha?
(a) 7
(b) 6
(c) 5
(d) 3
(e) Nenhum
11.8 Marque verdadeiro ( V) ou falso (F) em cada uma das alirrmuivas que seguem.
(a) Todos os círculos r ex passam pelo ponto (r ,, r,) = (I ,0).
(b) Toda a impedância se repele a cada 'AI4 na cana de Smith.
(c) Um círculos = 2 é o mesmo que um círculo In = 0,5 na cana de Smith.
(d) O princípio básico de todo o sistema de casamento é a eliminação da onda refletida entre a
fonte e o dispositivo de casamento.
(e) A linha fendida é somente usada para determinar Zc-
(f) Em qualquer ponto de uma linha de t.ransmissão, o coeficiente de reflexão da corrente é o inverso do coeficiente de reflexão da tensão naquele ponto.
c
/)
.4
Figum I 1.40 Referente a Questão de Revisão I 1.6.
8
Figura 11.41 Referente à Questão de Revisão 11.7.
-'>o•
478
• Elementos de Eletromagnetismo
11.9 Em uma linha no ar, são encontrados máximos adjacentes e m 12,5 e m e 37,5 em. A freqüência de
- e:,
opcraçao
(a) 1,5 G Hz
(b) 600 MHz
(c) 300 MHz
(d) 1,2 GHz
11.10 Dois pulsos idênticos. cada um com amplitude de 12 V e duração de 2 JIS. incidem. em r= O. e m
urna linha de transmissão de 400 metros de com primemo tem1inadu e m uma carga. Se os dois pulsos estão separados por 3ps (semelhante ao caso da Figum 11.53) c 11 = 2 X 10" m/s, em que momento a contribuição do segundo pulso para Vc( e, r) começa a se sobrepor à contribuição do primeiro pulso?
(a)
f
= 0,5 JIS
(b) f = 2j1S
(c) t = 5 JlS
(d) I = 5.5 JIS
(e) r = 6 JlS
Respostas: ll . lc,d,c; 11.2b,c; 11.3c; 11.4a,c; 11.5c; 11.6 (i) D.B; (ii) A; (iii) E: (i v) C; (v) B; (vi) D; (vi i)
B: (vi ii) A; 11.7a; 11.8 (a) V; (b) F; (c) F, (d) V; (e) F; (J) F: 11.9b; 11.1 Oc.
PROBLEMAS
I
11.1 Uma linha de transmissão planar, preenchida com ar, com w = 30 em, d =1.2 em e r= 3 mm, tem
placas condutoras com uc = 7 X I 0 7 S/m. Calcule R, L, C e G em 500 MHz.
11.2 Os fios de conexão de cobre de um diodo têm 16 mm de comprimento e mio de 0.3 mm. Eles estão separados por uma distância de 2 mm. conforme mostrado na Figum 11.42. Encontre a capacitância entre os fios e a resistência caem 10 MHz.
• I 1.3 Na Seção 11.3, foi mencionado que o c ircuito equivalente da Figum 11.5 não é o único possível.
Mostre que as equações ( 11.4) e ( 11.6) permanecem as mesmas se forem utilizados os circuitos
equivalentes tipo n e tipo T mostrados na Figura 11 .43.
11.4 Uma linha planar sem perdas de 78 n fo i projetada, rnas não alcançou seus objetivos. Que fração da larg ura da fita deve ser adicionada ou removida para se alcançar a impcdância característica de 75 n?
16 mm
2mmi -
----1
Figura 11.42 O diodo do Problema 11.2.
Linhas de Transmissão •
..
+
l'(z, I)
Ltu
Rt>z
/ (• I)
•
~ t.:,
,A
0011
..
/ (: +t.• 1)
c
2 t.: >
=~ ~ t. z
4 79
+
=r=~ t. :
Y(: + t.:, I)
(o)
+
.
/(z 1)
1:.? u••.
~6'
b. t. :
.
7A
••
QUO
•
V(z . I )
2
QQQ
/ (z + t.z, 1)
+
:r= Ct.:
Gt.z
V(z + t. z, 1)
(b)
l' i::ura JJ .43 Referente ao problema 11.3: (a) circuito cquivalcnrc tipo n: (b) circuito cquivalcme tipo T.
11.5 Uma linha telefônica tem os seguintes parâmetros:
R
= 40 fl/m
G
= 400 J.!S/m,
L
= 0,2 j.tH/m,
C
= 0,5 nF/m
(a) Se a linha opera em lO MH7~ calcule a impedância característica
pois de quantos metros a tensão na linha cai de 30 dB'?
z. e a velocidade
11.
(b) De·
11.6 Uma linha sem distorção, que opera em 120 MHz, tem R = 20 íl/rn. L= 0,3 ,uHJm c C= 63 pF/m.
(a) Detem1ine -y, " e z•. (b) Que distância se propagará uma onda de tensão antes que sua arnplitud.: caia para 20% do valor inicial? (c) Que distância a onda deve se propagar para sofrer uma mudança de fase de 45•?
11.7 Mostre que para uma li nha bitilar sem perdas:
(a) a velocidade de fase u = c = . '-'= ·
v LC '
.
, .
120
-1 d
(b) a .unped.ancta
caractensuca Z0 = _ 1 cosh - ·
V e,
Za
O resultado do item (a) é verdadeiro para outras linhas de tmnsmissão sem perdas?
11.8 O par trançado, que pode ser aproximado pela linha bililar. é muito utilizado na indústria telefônica. Considere uma linha formada por dois fios de cobre de O, 12 em de diâmetro cuja separação entre centros é de 0,32 em. Se os fios estão separados por um dic16trico com e = 3,5e•. encontre L,
CeZ,.
480
• Elementos de Eletromagnetismo
11.9 Uma linha sem perdas tem uma onda de tensão dada por
V(z, r) = 110 sen(wt - {Jz)
Encontre a onda de corrente correspondente.
11.10 Em uma linha sem distorção, a onda de tensão é dada por
V( e') = l20e0 ·0025t' cos ( 108t
onde
+ 2 e') + 60e- 0•002sr· cos ( IOgt -
2e')
e·é a distância a partir da carga. Se Zc = 300 fl, encontre: (a) a . (J e u: (b) z.. e /(f').
11.11 (a) Mostre que um coeficiente de transmissão pode ser definido COlHO
rc= -
Vc
..
v·'"
= I
+ r'c= _....:2....:2"'-c_
Zc + Z.,
(b) Encontre rc quando a linha é terminada por: (i) uma carga cujo valor é nZ, ; (i i) um circuito
aberto; (iii) um curto-circuito; (i v) Zc = Z., (linha casada).
11.12 Uma linha coaxial com 5,6 m de comprimento tem como partlmctros distribuídos R= 6,5 fl/m, L=
3.4 JLH!m, G = 8,4 mS/me C= 21 ,5 pF/m. Se a linha ope1~1 em 2 MHz.. calcule a impedância característica e o tempo de propagação entre os extremos da linha.
11.13 Uma linha de transmissão sem perdas, operando em4,5 GH:.:. tem L = 2,4 ,uHJm e z. = 85 fl. Calcule a constante de fase /3 e a velocidade de fase 11.
11.14 Um cabo coaxial de 50 fl alimenta uma antena dipolo cuja impcdância é 75 + j20 n. Encontre r e s.
e,
11.15 Mostre que uma linha de transmissão com perdas, de comprimento tem uma impedãncia de entmda Z.,., = z. tgh -ye quando curto circuitada e z<> = z. cotgh -ye quando em circuito aberto.
Confim1e as equações (11.37) e ( 11.39).
11.16 Encontre a impedância de entrada do cabo coaxial curto-circuitado. da Figura 11.44, se z. = 65 +
j38 n,'Y = o,7 + j2,5/m, e = o,s m.
11.17 Para a linha de transmissão sem perdas da Figura 11 .45: (a) encontre r c s: (b) determine a impedância z... no gemdor.
11 .18 Uma linha de transmissão de quarto de onda sem perdas de 100 fl é terminada por uma carga
Zc = 21 O fl. Se a tensão na extremidade de recepção é 80 V, qual é a tensão na extremidade de
emissão'?
"''" V c Zç = 50eJW . Encontre a corrente a W8 da
1.1.19 Uma linha sem perdas de 500 fl tem Vc= IOe'"'
carga.
IT"
~
lFij!ura 11 .44 Referente ao Problema 11.1 6.
t-
--....
Linhas de Transmissão •
481
IJ6
1200
Figura 11 .45 Referente ao Problema 11. 17.
A I·
z,'ll.
o
5>../8
3>..}4
o
z., ~ so n
z.
c
c
X/2
o
z., ., ·,s n
IOOn
o
.
,
•
1.: .z,... r,o - /35 n
'
o -Fi~:ura
11.46 Referente ao Problema 11.22.
11.20 Uma linha sem perdas de 60 n é conectada a um gerador, que 1em V8 = IOj o• Vnn, e z, = 50 j40 íl, e é terminada por uma carga de j40 n. Se a linha 1em um comprimento de 100 melros e
{3 = 0.25 radfm. calcule z••,e V:
(a) na extremidade de emissão;
(b) na extremidade de recepção;
(c) a 4 m da carga:
(d) a 3 m do gerador.
11.21 Urna linha de transmissão sem perdas. com impedância característica de 75 n. é temtinada por uma
carga de 120 !l. A linha tem um comprimento de 1,25 À. Se a linha for energizada por uma fonte
de 100 V (rms) com uma impedância interna de 50 n. determine: (a) a impcdância de entrada c (b)
a amplitude da tensão na carga.
*11.22
Três linhas de transmissão estão conectadas conforme a Figura I I .46. Determine Z,..,.
*11.23
Considere o quadripolo mostrado na Figura I I .47(a). A relação en1re as vari áveis de entrada e de
saída pode ser escrita, em forma malricial, como:
Mostre que. para a linha com perdas da Figura 11 .47(b). a mmriz ABCD é:
cosh -ye
Zo senh -ye
ZI senh -ye cosh -ye
o
11.24 Uma linha sem perdas de 50 !11em 4,2 metros de comprimcmo. Para a frcqUência de operação de
300 MHz. a impedância no cen1ro da linha é 80- j60 íl. Encontre a impcdância de entrada no
gerador e o coeficiente de reflexão da tensão na carga. Considere 11 = O,Sc.
482
•
Elementos de Ele tro magnetismo
11.25 Uma linha de 60 O no ar, operando em 20 MHz, tem IO metros de comprimento. Se a impedância
de entrada é 90 + jl50 n, calcule Zc, r e S.
11.26 Uma linha de transmissão de 75 O é terminada por uma carga de 120 + j80 O. (a) Encontre r c s.
(b) Dctcm1ine a que distância da carga a impedância é puramente rcs istiva.
11 .27 Uma linha de transmissão de 75 O é tem1inada por uma carga de impedância Zc· Se a linha tem um
comprimento de 5>V8, calcule z••, quando: (a) Zc = j45 O; (b) Zc = 25 - j65.
11.28 Detennine a impedãncia de entrada nom1alizada a >V8 da carga se: (a) a impedância normalizada
da linha é 2 + j; (b) a admitãncia normalizada é 0,2-jO.S; (c) o cocliciente de retlexão na carga é
0.3 +j0.4.
11 .29 Uma linha de transmissão é terminada por uma carga com admitância Yc = (0,6 + j0,8)/Z0 • Encontre a impedância normalizada a À/6 da carga.
11 .30 Uma linha de transmissão de 80 fi, que opera e m 12 MHz, é terminada por uma carga Zc· A 22 meLros da carga, a impedância de entrada é I 00 - j l20 f!. Se 11 = 0,8c:
(a) calcu le r o z4.'nl.r(tj~ e z t'nl,lllin;
(b) calcule Zc, s c a impedância de entrada a 28 metros da carga;
(c) quantos
z....
má<
c
z....
nún
existe m e ntre a carga c a impcdância de entrada de I 00 - j 120 f!'?
11.31 Uma ante na, conectada a uma linha sem perdas de ISO f!, produz um relação de onda estacionária
de 2.6. Se as medidas indicam que os máximos de te nsão estão separados por 120 em e que o último máxi mo está a 40 em da amena, calcule:
(a) a freqüência de operação;
(b) a impedância da antena:
(c) o coeficiente de renexão. Suponha que 11 = c.
11.32 A relação de onda estac ionária observada em uma linha de tmnsmissão sem perdas de 100 O é 8.
Se o primeiro máximo de tensão ocorre a 0 ,3 À da carga, calcule a irnpedãncia da carga e o coeficiente de rctlcxão de te nsão na carga.
11.33 Uma linha de transmissão de 50 O é terminada por uma carga com impedância descon hecida. Arelação de o nda estacionária na linha és= 2,4 e um máxi mo de tensão é observado a ;vg da carga.
(a) De termine a impedância da carga. (b) Qual a distância e ntre o primeiro mínimo de tensão e a
carga?
11 .34 Uma lin ha sem perdas de 75 f! é terminada por uma impcdância de carga desconhec ida Zc A uma
distância 0 ,2 À da carga, a tensào é Vs = 2 + j V e a con·cnte é I O mA. Encontre Zc e s.
(3)
Figura 11A7 Referente ao Problema 11.23.
(b)
Linhas de Transmissão •
483
11.35 Dois transformadores de >J4 são usados, em cascata, para conectar uma linha de 50 í! a uma carga
de 75 í!. conforme a Figura 11.48.
(a) Determine a impedância caracterísúca Z,,, se z.2 = 30 !) e se não houver onda refletida à esquerda de A.
(b) Se os melhores resultados são obtidos quando
detcrmi nc
z., c zo2'
11.36 Duas antenas idênticas, cada uma com impedãncia de entrada de 74 í!, são alime madas por três linhas de trans missão sem perdas, de quarto de onda, de 50 í!. ido;nticas, conforme mostrado na Figura 11 .49. Calcule a impedância de entrada na extremidade da fonte.
11.37 Se a linha do problema ante rior é conectada a uma fonte de te nsão de 120 V com impedância intema de 80 !'l, calcule a potência média fornecida a cada antena.
11.38 Considere as três linhas sem perdas da Figura 11.50. Se Z" = 50 !'l, ca lcule:
(a) Z'", na entrada da linha I;
(b) Z,,. na entrada da linha 2;
(c) Z,,. na entrada da linha 3.
11.39 Uma seção de uma linha de transmissão sem perdas é colocada em paralelo com uma linha principal, conforme a Figura 11.51. Se = >J4 e = >J8 c e~ = 7>J8, encontre)',,.,. YcM2 e)'..,..,. sabendo que
= 100 íl e Zc = 200 + jl50 íl. Repita o cálculo para o caso em que a linha em paralelo
está em circuito aberto.
e,
z.
el
11.40 Deseja-se casar um linha de 50 O a uma carga com impedãncia de 60- j50 !'l. Projete um toco de
50 {l para esta finalidade. E ncontre o comprimento da linha e sua distância da carga.
11.41 Um toco de O, 12 li. de comprimento é usado para casar uma linha sem perdas de 60 f! a uma carga.
Se o toco está localizado a 0,3 li. da carga, calcule:
(a) a impedãncia da carga Zc:
(b) o comprimento de um toco alternativo e s ua distância da carga;
(c) a relação de onda estacionária observada e ntre o toco e a carga.
A
•
1
z. ~ so n
•
l
75i1
Zol
ri•
r
).
4
I
II
t
----+--- ~--~
·1
4
Figura 11.48 Transformador de duas seções, referente ao Problema 11.35.
484
• Elementos de Eletromagnetismo
74Jl
z...
Figura 11.49 ReFerente aos Problemas 11 .36 e 11.37.
200!1
ÂJ4
linh:t 3
z..
curto-circuito
Figura 11.50 Referente ao Problema 11 .38.
11.42 Medidas em um linha sem perdas indicam s = 4,2, com o primeiro máximo de tensão a >J4 da carga. Oetemline a que distância da carga deve ser colocado um toco curto-circuitado e calcule o seu
compri mcnto.
11 .43 Uma linha sem perdas de 60 !1, tenninada por uma carga Zc, tem uma onda de tensão conforme a
Figura 11.52. Encontres, r e Zc11 .44 As medidas que seguem foram realizadas em uma linha fendida de 50 fl. Com cargas= 3,2 e V"''"
consecutivos a 12 em e a 32 em (os valores maiores observados para o lado da carga). Com curtocircuito, V.,,. ocorre a 2 1 em. Encontre a freqliência ele operação c a impedância da carga.
11 .45 Uma linha fendida de 50 fl no ar é usada para medi r uma impcdância de carga. Mínimos adjacentes foram encontrados a 14 em e a 22,5 em da carga, quando a carga desconhecida está conectada,
e V.,:h = 0,95 V e V"''"= 0,45 V. Quando a carga é substituída por um curto-circuito, os mínimos
se deslocam 3,2 em em direção à carga. Determine s,J, r c Zc.
**1 1.46 Mostre que. para uma tensão contínua V" conectada cmt = O(vej<t Figura 11.30), os valores assintóticos (1« etu) de V(e, 1) e/((, 1) são:
v
"
V..,Zc
= _...__"'---
Zg + Zc
e
!,. =
V.
2~ + Zc
Linhas de Transmissão •
485
11.47 Uma linha sem perdas de 60 O é conectada a um gerador de pulsos de 40 O. A linha tem 6 m de
comprimento e é terminada por uma carga de 100 O. Se um pulso retangular de 5 JlS e 20 V de amplitude é enviado pela linha, encontre V(O,r) e /(C, r) para Os 1 s 10 JlS. Considere u = 3 X 108
m/s.
11.48 O interruptor da Figura 11.53 é fechado em 1 =O. Trace a tensão c a corrente à direita do interruptor para o< I< 6 etu. Considere z. = 50 o c Clu = 2 JlS. Suponha que a linha~ sem perdas.
11.49 Trace V( e, r) e /(e, 1) para O < I
*11.50
< 5 JlS, para o sistema mostrado na Figura 11.54.
Refim-se à Figura 11.55, onde Zg = 25 O, z., = 50 O, Zc
mostrado na Figura 11.56 incide na linha em 1 = 0:
= I SO O, e=
150 m e u
= c. Se o pulso
(a) trace os diagramas de sallo de tensão c de corrente;
(b) determine V(O, 1), V( C, 1), /(0, 1) e /(C, r) para O< 1 < 8 JIS.
11.5 I Uma linha de microfita tem I em de espessura e I ,5 em de largura. A fita condutora é feiLa de
7
bronze (u,. = I , 1 X I 0 S/m), enquanto que o material do subslrato é um di elétrico com t:, = 2,2
e tg 9 = 0,002. Se a linha opera em 2,5 GHz, encontre: (a) c r..,; (b) a, e a,,; (c) a distância ao
longo da linha para que a onda diminua de 20 dB.
z.
11.52 Uma linha de microlita de 50 O tem um deslocamemo de fase de 45" em 8 GHz. Se a espessura do
substrato h = 8 mm, com s, = 4,6, encontre: (a) a largum da li ta condutora; (b) o comprimento da
linha de microlita.
11.53 Um substrato de alumi na (s = 9,6s.), de 2 mm de espessura,~ usado na construção de um circuito de microtita. Se o projetista pode escolher a largura da li ta entre 0,4 mm a 8,0 mm, qual é o intervalo de variação da impedância característica da linha?
...
1 · --~ 3,----<1--- ~ ,----1
•1
Fi~u ru
11 .51 Referente ao Problema 11.39.
Figura I 1.52 Referente ao Problema 11.43.
486
•
Elementos de Eletromagnetismo
11.54 Projete urna linha de microfita de 75 n em um substrato de I ,2 rnm de espessura de duróide
(c, = 2.3). Encontre a largura da fita condutora c a velocidade de fase.
2Zo 1=0
_,--------------~
27 v
0.5
z..
I
--o
-Figura 11.53 Referente ao Problema 11.48.
son
1=0
IOOV
Z..=75 n
=
u 2
1000
x I().< m/s
200m
..
Figura 11 .54 Referente ao Problema 11.49.
z
-·
J.AA
· ~
v, +
-
I =
0
)(-_
'
z.
~
Figura 11.55 Refereme ao Problema 11.50.
15V ; -- - - ,
-1-;;o --~:-----,r:::2--- 1 (p.s)
- 15 v
Figura 11.56 Dois pu lsos retangulares para o Problema 11 .50.
Capítulo
12
GUIAS DE ONDA
Se um homem escreve um livro melhor, prega um sermão melhor ou faz uma ratoeira melhor do
que seu vizinho, o mundo baterá à sua porta.
RALPH WI\LDO EMERSON
12.1 INTRODUÇÃO
Conforme mencionado no último capítulo, uma linha de transmissão pode ser usada para transmitir
energia de um ponto (gerador) a outro (carga). Um guia de onda é um outro meio de se atingir o mesmo objeti vo. Entretanto, um guia de onda difere de uma linha de transmissão em alguns aspectos,
embora possamos olhar a úllima como um caso especial do primeiro. Em primeiro lugar, uma linha
de transmissão só pode suportar uma onda transversal eletromagnética (TEM ), enquanto que um guia
de onda pode suportar muitas configurações de campo di ferentcs. Em segundo lugar, em freqüências
de microondas (3 - 300 GHz, aproximadamente), as linhas de transmissão se tornam ineficientes devido ao efeito pe)jcular e às perdas nos dielétricos. Os guias de onda são utilizados nessa faixa de freqüências para se obter maior largura de banda e menor atenuação do sinal. Além disso, as linhas de
transmissão podem operar desde corrente contínua (f= O) até freqüências muito altas. Os guias de
onda podem operar somcnle acima de uma certa freqüência, chamadafreqiiência de corte, c, portanto, atuam como filtros passa-alta. Portanto, guias de onda não podem transmitir correme contínua e
tornam-se excessivamente grandes em freqüências abaixo das frcqliências de microondas.
Embora um guia de onda tenha a seção transversal uni forme, podendo ser de qualquer forma,
os guias de onda mais comuns são os retangulares ou os circulares. Guias de onda típicos 1 aparecem
na Figura 12. 1. A análise do guia de onda circular é trabalhosa e requer familiaridade com as funções
2
de Bessel, que estão além do nosso escopo. Vamos considerar somente o guia de onda retangular.
Assumindo que o guia é sem perdas (11<= ~. 11 = 0),• podemos aplicar as equações de Maxwell com
as condições de fronteira apropriadas para obter os diferentes modos de propagação da onda e os
campos E e H correspondentes.
12.2 GUIA DE ONDA RETANGULAR
Considere o guia ele onda retangular mostrado na Figura 12.2. Vamos assumir que ele est<l preenchido com um dielétrico sem perdas (p,. = Oe J = 0) e livre ele cargas c de con·cntes (11 = 0), e suas paredes são perfeitamente condutoras (11< = oo). Relembramos que, das equações ( I 0. 17) e ( I 0.19), as
equações de Maxwell na forma fasorial e em um meio sem perdas tornam-se
( 12.1 )
( 12.2)
1
2
Para outros tipos de guias de onda. veja J. A. S•-cgcr. Micro..·m·e Theol'): Componems cmd Dn·ice.r. Engtewood Oiffs. NJ : Prcmicc Halt. 1986. p. 128-133.
A análise de guias de onda circul:tres pode ser encontrada em textos a\'ançados de EM ou em textos relacionados ao EM. por exemplo. S. Y. Liao. fo.-ticrowm·e
Derices and Circuirs. 3rd ed .. Englewood Cliffs. NJ: Prentice Hali. 1990. p. 11 9-141.
' N. de T. Veja iJem 12 .2.
488
• Elementos de Eletromagnetismo
Circular
of--.._
joelho :o 90"
Torcido
Figura 12.1 Guias de onda típicos.
onde
(12.3)
c o fator temporal t!"' está subentendido. Se fizermos
e
tanto a equação ( 12.1 ) como a equação ( 12.2) eorresponderão a três equações escalares de Helmholtz. Em outras palavras, para obtermos os campos E c H , temos que resolver seis equações diferenciais escalares. Por exemplo, para a componente z, a equação ( 12.1) fica
í:J2~" +
ax-
í:J2E;' + í:J2E;• + J!-E., = O
ay-
az-
-
(I 2.4)
z
(c. I'· tr ~ 0)
Fi~:ura
12.2 Um guia de onda retangular. com paredes perfeitamente condutoras. pn:enchido com um material
sem perdas.
Guias de Onda •
489
que é uma equação dife-rencial a derivadas parciais. Do Exemplo 6.5, sabemos que a equação (12.4)
pode ser resolvida por separação de variáveis (solução produto). Assim. fazemos
E0 ,(x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z)
onde X(x). Y(y) e Z(z) são funções dex, y e
equação ( 12.4) c dividindo por XY2, temos
( 12.5)
z. respectivamente. Substituindo a equação ( 12.5) na
Y'
X'
Z'
-x + -y + -=
z
,
- k-
( 12.6)
Como as variáveis são independentes, cada termo da equação ( 12.6) deve ser constante. Portanto, a
equação pode ser escrita como
- k;' - kj? + -y-., = - k-?
onde -
( 12.7)
k!,- k~ c i são constantes de separação. Dessa forma, a equação ( 12.6) é separada em
?
X' + k; X = O
(l2.8a)
' =O
+ kyY
( 12.8b)
iZ = O
( 12.8c)
Y'
Z'-
Seguindo o mesmo raciocfnio do Exemplo 6.5, obtemos a solução da equação ( 12.8) como sendo
X(x) = c 1 cos k,x
.
Y(y) = c3 COS k,:y
+ c2 scn k,.x
( 12.9a)
+ c4 SCII k,.. y
( 12.9b)
( 12.9c)
Substituindo as equações (12.9) na equação (12.5), obtemos
-
E.,(x, y, z) = (c1 cos k_.x + c2 sen k,x)(c
. 3 cos k,.y
+ c4 scn ky>•) (c5er. + c6e r.)
.
( 12.10)
Como é usual, se assumirmos que a onda se propaga através do guia de ond<l ao longo de +z, a constante multiplicativa c5 = O, pois a onda deve ser finita no infinito [isto é, E...(x. y, z = oo) = 0). Portanto, a equação ( 12.10) se reduz a
E,,(x, y, z) = (A 1 cos k_,x
+ A2 sen k.,x)(A 3 cos kyy + A4 sen kyy)e -.,=
(12. 11)
onde A 1 = c 1c1,, A2 = c2c6 e assim por diante. Realizando desenvolvimento semelhante, obtemos a solução para a componente z da equação ( 12.2) como
H r..,~• y, z) = (B 1 cos k_,x
+ 8 2 sen k.,x)(B3 cos kyy + 8 4 sen kyy)e-.,= ( 12.12)
Em vez de resol ver, da mesma forma, as equações ( 12. 1) c (12.2) para as demais componentes de
campo E.<,. E,.,, H_,, c H,.,. vamos simplesmente usar as equações de Maxwcll para determiná-las a partir de E, c H.,. Partindo ele,
c
V X Hs = jweE,
490
• Elementos de Eletromagnetismo
obtemos
à E:.,
éJ E,.,
iJy
éJ z
iJ H~,
éJ H,..,
iJy
éJ z
= - jwp.H,..,
( 12.13a)
.
=1weE....
aE=-,
( 12.1 3b)
.
(12.13c)
iJx = )Wp.H,,
( 12.13d)
c1E
iJE,.,
iJx
----''"·"'' = - jwp.H ,
iJy
~
éJH,.,
iJ H.rs
iJx
iJ )'
(12.l3e)
.
= }weE.,
-
(12. 13 I)
Vamos agora expressar E,.,, E,.,, H .. e HY, em função de E~, e H.,. Por exemplo, para E...... combinamos as equações ( 12. 13b) e (l2. 13c) e obtemos
·weE =
J
....,
iJH~, + _!_ ( a2E,,,, - cJ2E.....)
jwp.
éJy
éJz2
oxiJz
( 12. 14)
Das equações ( 12.11 ) e ( 12.12), fica claro que todas as componentes de campo variam com zde acordo com e- 1' , isto é,
E:.s -
e- r-
'
Portanto,
iJE:s = _ E
iJ z
'Y :.<'
c a equação ( 12. 14)
~ica
.
_ iJH,_,
JWeE,,,, -
iJy
I ( 2
éJE,_,)
+ -:-'Y E,,,, + ')Ir --"'
JWP.
éJx
ou
.l
2
- -:-- ('Y
JWJI.
2
+ w p.e) E., . =
'Y
iJE,,,
-:-- .
JWIJ. éJX
iJ H,_,
+ --"'
iJ )'
D essa I.orma, se t"1zermos 12
~ = 'Y2 + w2 p.e = 'Y2 + k2
·,
E = _:r_ éJE:., _ Jwp. oH,,,
a
h2 éJx
h2 éJy
M anipulações semelhantes nas equações ( 12. 13) fornecem expressões para EY'' H .u e H>, em termos
de E" c H, . A ssim,
Guias de Onda •
491
y
)'
..
:
.< - -- E,
- - -H., - '
(a)
(b)
Figura 12.3 Compom:ntes de campos EM em um guia de onda retangular. (n) modo TE.
t:, = 0: (b) modoTM.
H.=
. O.
E = _:y_ éJ E., xs
t? iix
E
ys
=
_ :L à E•.,
I?
iJy
a
hl
-a
J?
()H.,
()y
éJH;,,·
àx
( 12. 15a)
(12.1 5b)
( 12. 15c)
(12. 15d)
onde
(12. 16)
Porlanto, podemos utilizar as equações ( 12.15) em conjunto com as equações ( 12. li) e ( 12.12) para
obtermos E.,. E_, . Hxs e H" .
Das equações ( 12.11 ), ( 12.12) e ( 12.15), notamos que existem diferentes tipos de configurações
de campo. Cada uma destas configurações é chamada de um modo. Existem quatro diferentes categorias de modos, ou seja:
1. E,. = O= H,, (modo TEM). Este é o modo transversal eletromagnético (TEM), no qual tanto o campo E como o campo H são transversais à direção de propagação da onda. Das equações ( 12.15), segue que todas as componentes de campo se anulam para E,. = O = H,,. Consequentemente, concluímos que um guia de onda retangular não suporta o modo TEM.
2. E, = O, H;,r >f O (modos TE). Para estes modos, as componentes restantes do campo elétrico
(E" e Ey,) são transversais à direção de propagação a,. Sob es1as condições, as configurações
de campo são chamadas modos transversais elétricos (TE). Veja a Figura 12.3(a).
3.
E"' *
O, H"'= O (modos TM). Neste caso, o campo H é transversal à direção de propagação
da onda. Portanto, temos um modo transversal magnético (TM). Veja a Figura 12.3(b).
4.
E,. * O, H,* O(modos HE). Este é o caso em que nem o campo E nem o campo H são transversais à direção de propagação. Este modos são, às vezes, denominados modos híbridos.
Devemos ressaltar a relação entre k na equação ( 12.3) e {3 da equação ( I 0.43a). A constante de fase {3 da equação (1 0.43a) foi obtida para o modo TEM. Para o modo TEM, h= O. Desse modo, da
2
equação ( 12.16),---/ = - k -7 'Y = a + j/3 = jk, isto é, {3 = k. Para outros modos, {3 >f k. Nas seções
subseqüentes, vamos estudar os modos de propagação TM e TE separadamente.
492
•
Elementos de Eletromagnetismo
12.3 MODOS TRANSVERSAIS MAGNÉTICOS (TM)
Para este caso. o campo magnético tem suas componentes transversais (ou normais) à direção de propagação da onda. Isto implica fazer H, = Oe calcular E. , E,,
E., H, e H,. usando as equações ( 12.11)
.
c (12.15) c as condições de fronteira. Devemos obter E, c depois determinar as outras componentes
de campo a partir de E,. Nas paredes do guia de onda, as componentes tangenciais do campo E devem ser contínuas, isto é,
.
E::.r = O
em
y=O
(12.17a)
E~, =
O
em
y=b
( 12.17b)
E:• = O
em
x=O
( l2.17c)
E,... = O
em
x=a
( l2.17d)
As equações ( 12. 17a) e ( 12.17c) requerem que A 1 = O = A, na equação ( 12.11 ). Portanto, a equação
( 12. 11) lka
E"' = E0 scn k_,.x sen k,.y e- yz
( 12. 18)
onde E., = Ay\ 4 • Também as equações ( 12. 17b) e ( I 2. 17d), quando aplicadas à equação ( 12.18), levam a
sen k ••a= O•
sen k..b = O
( 12.1 9)
fsto implica que
ka =
A
11111'
'
m = I, 2, 3, .
( I 2.20a)
11
( 12.20b)
= I, 2, 3, .
ou
/1171'
k = :r
k =
a '
}'
1111'
( 12.21 )
b
Pela razão dada no Exemplo 6.5, não são considerados valores negati vos para os inteiros me n na
equação ( 12.20a). Substituindo a equação ( 12.2 1) na equação ( 12. I 8), obtemos
, (1171'
E,. -_ E0 sen (lli'TI'X)
a scn
b )) e
'YZ
( I 2.22)
Obtemos as outras componentes dos campos a partir das equações ( 12.22) e (I 2. 15), tendo em vista
que H,_, = O. Portanto,
) c-.c 0 cos (m1r.1) scn (n1ry)
E . = - -r (11171'
e -y·•
""
1? a
a
b
( 12.23a)
E = - -r2 (/171')
~ sen (m71'x) cos (n'TI'y)
e ~••
>•
11
b
a
b
( 12.23b)
H
.u
jwe (1171'
) YJ
r;_
sen (III'TI'X) cos (1111')')
e- y •-
= -
J?b
a
b
(1171')') e-~·•
jwe
H.,. = ? (11111')
E0 cos (lli'TI'X) scn ·
h·
a
a
b
( 12.23c)
( 12.23d)
Guias de Onda •
493
onde
[
,
1111( n-rr ,_ = I<x + k-.> = - a ] ~ + -b ]~
~
~
[
( 12.24)
que é obtida das equações ( 12.16) e ( 12.21 ). Das equações ( 12.22) c ( 12.23), note que cada par de números inteiros 111 c 11 corresponde a um modo ou configuração de campo diferente, o que é referido
no guia de onda como modo TM..,. O inteiro 111 é igual ao número de meios ciclos de senos ou cossenos na direção x, c o inteiro 11 é igual ao número de meios ciclos de senos ou cossenos na direção
y. Das equações ( 12.22) e (12.23) notamos também que, se (111, n) for (0, 0), (0, n) ou (111, 0), todas as
componentes dos campos se anulam. Portamo, nem 111 nem 11 podem ser zero. Conseqüentemente, o
modo de menor ordem de todos os modos TM""' é o TM w
Substituindo a equação ( 12.2 1) na equação ( 12.16), obtemos a constante de propagação
r= ) [r/17(]2
- a + [/17(]2
-k2
b
wv;;,
onde k =
como na equação ( 12.3). Lembramos que, em geral, r
equação (12.25), ternos três possibilidades, dependendo de k (ou w), m c 11:
( 12.25)
= O!+ j{3. No caso da
CASO A (corte):
Se
2
[111.
- 7(]2 + [n7r]2
k--~ =wJ.I.e=
a
b
r =O
a=0 = {3
ou
O valor de w para o qual isto ocorre é chamado jreqiiê11cia angular de corte w, . isto é,
Wc
1
[nal7r ]2 + [!!._b7r]2
=v;;
( 12.26)
CASO B (eYanescente) :
Se
2
[1/17(]2+ [/17(
- ]2
? k,-_w J.I.e < a
'f = Ct,
b
{3 = 0
Neste caso, não temos propagação de onda. Est.es modos que não se propagam, ou que são atenuados, são chamados evanescentes.
CASO C (propagação):
Se
'Y =
j/3,
a=O
isto é, da equação ( 12.25), a constante de fase {3 torna-se
{3= ) k2-
[~r- [~r
( 12.27)
494
• Elementos de Eletromagnetismo
Este é o único caso para o qual ocorre a propagação, pois todas as componentes de campo terão o fator e-r.. = e-~!.
Portanto, para cada modo, caracterizado por um conjunto de inteiros me 11, haverá umajreqiiêllcia de corte correspondente fc.
A freqüência de corte é a freqüência de operação abaixo da qual ocorre atenuação e acima
da qual ocorre propagação.
Assim, o guia de onda opera corno um filtro passa-alta. A freqüência de corte é obtida da equação
( 12.26) como
f. _
[ n11r ]
I
Wc _
c - 27T - h~
2
+
2
[!.!._b1T ]
0
ou
11 )2
(!11)2
(
Jt·= 2\ -;; + b
r
onde u' =
.J;;
11
•
( 12.28)
= velocidade de fase de uma onda plana uniforme no meio dielétrico sem perdas
(u = O, IJ., e) que preenche o guia de onda. O comprimento de onda de corte >-cé dado por
u'
>-c = -f c
ou
( 12.29)
Das equações ( 12.28) c ( 12.29), note que o modo TM 11 tem a menor freqüência de corte (ou o maior
comprimento de onda de corte) de todos os modos TM . A constante de fase {3, na equação ( 12.27),
pode ser escrita em função da freqüência de corte f.. como
ou
( 12.30)
onde {3' = wlu' = wY;;; =constante de fase de uma onda plana uniforme no meiodielétrico. Devemos notar que 'Y para os modos evanescentes pode também ser expressa em termos de f c, ou seja,
'Y = ex = {3' )
(JY-
I
( 12.30a)
Guias de Onda •
495
A velocidade de fase u,. e o comprimento de onda no guia são dados, respectivamente, por
( 12.31 )
A impedância intrínseca da onda para cada modo é obtida da equação ( 12.23), considerando (-y = j{3),
como a seguir
ou
1
71TM = 71
\)
I -
/,
]2
[f
( 12.32)
.y;;;;_
onde 71' =
= impedãncia intrínseca de uma onda plana uniforme no meio dielétrico. Note as
diferenças entre u', {3' e 17' eu, {3 e "r). As grandezas-linha são as características da onda se propagando no meio dielétrico não limitado pelo guia de onda, conforme discutido no Capítulo I O(isto é, para o modo TEM). Por exemplo, u' seria a velocidade da onda se o guia de onda fosse removido e todo o espaço fosse preenchido com o dielétrico. As demais grandezas são as características da onda
no meio limitado pelo guia de onda.
Confonnc mencionado amcrionnentc, os inteiros m c 11 indicam o número de meios ciclos de senos ou cossenos existentes na seção reta x-y do guia. Assim, por exemplo, para um detenninado instante de tempo, a configuração de campo da Figura 12.4 representa o modo TM 21 •
y
vista de [rente
vista de lado
~ t
2?1\S
S~
=
\~
fl2
====
~!:: : tcE
! !====--· :
--
c:~mpoE
c:~rnpo
J.'i~ura
N
12.4 Configuração de campo para o modo TM 21•
'
12.4 MODOS TRANSVERSAIS ELETRICOS
(TE)
Nos modos TE, o campo elétrico é transverso (ou normal) à direção de propagação da onda. Colocamos E< = Oe determinamos as demais componentes de campo, E, , E, , H.., H. e H<, das equações
( 12.12) e ( 12.15) e das condições de fronteira, da mesma forma que foi feito para os modos TM. As
condições de fronteira são obtidas a partir do fato de que as componentes tangenciais do campo elétrico devem ser contínuas nas paredes do guia de onda, isto é,
496
• Elementos de Eletromagnetismo
=O
em
y=O
( 12.33a)
Exs =O
em
y=b
( 12.33b)
Eys =O
em
x=O
( 12.33c)
Eys =O
em
x =a
( 12.33d)
~rs
A partir das equações ( 12.15) e ( 12.33), as condições de fronteira podem ser escritas como
éJHrs =O
em
y= O
( 12.34a)
iJ H=-< = O
ày
em
y=b
( 12.34b)
em
x =O
( 12.34c)
em
x =a
( 12.34d)
ày
àH,_, = O
éJx
éJ H.,.
-=
-= O
i)x
Impondo estas condições de fronteira na equação ( 12.12), obtemos
H:., = H0 cos
a
eos (117r)'
b )e
( lll1rX)
Y'
( 12.35)
onde H. = 8 18 3• As outras componentes de campo são obtidas facilmente das equações ( 12.35) e
( 12. 15) como
("7r) H
E:a = jWJL
- h2 - b
E_..,.
cos
O
(/117rX) sen (/l'
- lf')) e
b
(I
-·•
jWJL (1111r)
H sen (1117rX) cos (117r)'
) e-~-••
0
= - -
1?a
a
b
b e
,_(/117r) H scn (1117r.l) cos ("7r)')
- l
Hxs-
?
(/
- :f_ (!!:b! _) H
Hys. - h-?
0
0
- r-
(/
cos (lll?Tx) scn
(/
(ll7r))
e
b
- y:
( 12.36a)
( 12.36b)
(12.36c)
( l2.36d)
onde m = O, I , 2, 3, ... ; e n = O, I, 2, 3, .... Os parâmetros h c 'Y permanecem como foram definidos
p11rt1 os modos TM. Novamente, os inteiros me indicam o número de meios ciclos de senos ou cossenos existentes na seção reta x-y do guia. Por exemplo, a con figuração de campo para o modo TE32
11
está apresentada na Figura I 2.5. A freqüência de corte fc, o comprimento de onda de corte Àc, a constante ele fase /3, a velocidade de fase u1, e o comprimento ele onda À para os modos TE são iguais aos
dos modos TM [veja as equações (12.28) a ( 12.31 )).
Para os modos TE, (m, n) podem ser (0, I) ou ( I, 0) mas não podem ser (0, 0). Os í ncl ices m e 11
não podem ser zero ao mesmo tempo, pois isto acarreta que as componentes de campo dadas pela
equação ( 12.36) sejam zero. Isto implica que os modos de menor freqüência de corte sejam o TE10
ou o Tfo 1, dependendo dos valores de a e de b, os quais dão as dimensões do guia. E' usual considerara > b, de tal maneira que lia-' < 1/b-' na equação ( 12.28). Nestas condições, o modo TE 10 é o de
•
u'
freqüência de corte mais baixa porque f~ = !!.... <f,._ = 2b •
-·•·
2a
"'·
Guias de Onda •
497
•
vista de frente
vista de lado
,, ,-;-..:-_)'V-.,:-_-:..,, t:==--""7-,, ,;
JJt(;~~J
,~:flJ,~tS!:ltt~
,,
r;===='("';
~li
.--, ,Ht.,t (-111!•
Cr
Hif.
,,,
.
\_.,
,_,
,,,,
·-,.,
-- ,____
---____
----- ----, ---- ~,-...:--""7--\'. f-,===,,
m•
, J" , ___ J
sentido de
propagação
\ . - - - - .I •..... - - - ~ .. '
'.Vri=-.:;-.v·-f·:~;,wrr--:)\f;
t ,, , . _ ... , ,,. __ , ,., ....... -~ ,,, ,
- "----- ----- ----,,
.........,..............___ .•
n =2
,___
, ___ J
---
.,/1
"
....
_
....
l
- - campo/!
- - - campo H
Figura 12.5 Configuração de campo para o modo TE32 .
Este modo é chamado modo dominante do guia de onda e é o de maior interesse prático. A freqüência de corte do modo TE 10 é obtida da equação ( 12.28), considerando ( 111 = I, 11 = 0), corno
!c,. =
u'
2a
(12.37)
c o comprimento de onda de corte do modo TE 10 é obtido da equação ( 12.29) como
Àc,0 = 2a
( 12.38)
Da equação ( 12.28), note que a freqüência de corte do modo TM 11 é
u' [a2 + b2] tn
2ab
que é maior que a freqüência de corte do modo TE w Dessa forma, o modo TM 11 não pode ser consi·
derado o modo dominante.
O modo dominante é o modo com menor freqüência de corte (ou com maior comprimento
de onda de corte).
É importante notar que qualquer onda EM com freqüênciaf < /.,.10 (ou À > t..,111) não se .propagará
no
.
guia ele onda.
A impcdância intrínseca para os modos TE é diferente da irnpcdância intrínseca para os modos
TM. Da equação ( 12.36), fica evidente que ('y = ){3)
Ex
=
H>.
lJTE = -
i-'
E,. WJ.I.
= H.r
{3
- -
I
ou
( 12.39)
498
• Elementos de Eletromagnetismo
'I
~ - --- -----~-- - ----------
OL-------------l~
c------------------ 1
Fi~-:ura
12.6 Variação da impedância da onda com a freqOência para os modos TM e TE.
Das equações (12.32) e (12.39), note que 11m e 17rM são puramente rcsistivas c que variam com a freqlicncia, conforme mostrado na Figura 12.6. Note, também, que
(12.40)
As equações mais importantes para os modos TM c TE estão listadas na Tabela 12.1 .
TABELA 12 .1 As equações mais importantes para os modos TM e TE
ModosTM
Modos TE
(111") E cos (lllltX)
- - sen· ("''))
-b e ·
= -j{J
- ( -"")
scn (m
- "x
- )cos (mry)
e.,./t
b
b
, • E<J scn (11/'
E.
- lr.f) sen (fl'lr\) e _
a
= jwe ("")
· sen (m'rx)
cos (mry
- ) e -··
·..
"
11
b
•
"
b
- ('"")
sen ("">)
e.,.
..
' =- - jwe
"1 - ·,. cos (1117(X)
b
"'r.u = - j{J
-112 - a
r.
c.
E41
2
\J
~>
11
(I
~
~
• y:
a
b
-r::
E
2
E
11 ·~
(I
(I
H"= 0
llp
=
--;;
E,, --
(!!!!:!)scn (""'b>) ~-.:
(I
_jw~t
(m"') ("'"'·~) ("1f)') -,:
111 a li., scn a cos b e
e, =o
(11111') , (IIIT.f) cos
, ("'')')
<
11, -- !l
b e' Y
111 " 11,, scn t i
(!!!!:!)scn (",IJ. >)e'"
""'·~) cos ("">'
H,_, = li., cos (7
b )e_
'.
·
fi
"
=
/l
(!!.!)11
fl2 b
0
cos
(I
"'p = f'A
' ("'1f)1+ ("'b ')1
onde h'=
E = jwl'
("") 110 cos
u
/11
b
,li'=
l
"' · ~·=v~
r;
v;;·IJ'
= -;;;
Guias de Onda •
499
Das equações (12.22), (12.23), (12.35) e (12.36), obtemos as conligurações de campo para os
modos TM c TE. Para o modo dominante TE10, m = I c 11 = O. Dessa forma, a equação ( 12.35) lica
1fX) e- j{J·•
(a
Hu = H0 cos
(12.41)
No domínio do tempo,
ou
( 1fX) cos(wr -
H.• = H 0 cos -a
{3z)
(12.42)
De forma similar, da equação ( 12.36), temos
Ey =
wp,a H
7r
0
(1rx) sen(wt -
{3z)
(12.43a)
(1rx) sen(wt -
(3z)
(12.43b)
sen -
a
{3aH sen Hx = - a
.,. o
( 12.43c)
A variação dos campos E c H com x no planox-y, ou seja, o plano cos (wr - f3z) = I para H~ c o plano sen (wt- f3z) = I para E. e H,, é apresentada na Figura 12.7 para o modo TE10• As linhas de campo correspondentes estão apresentada~ na Figura 12.8.
( bl
k)
Fi~ura
12.7 Dependência com x das componentes de campo para o modo TE1cr
500
• Elementos de Eletromagnetismo
)'
vista de frente
----- t·
-
-1--t· --
~
t-
li
~-
(a)
)'
vista de lado
..
sentido de
prot>agnçào
(b)
t'- --== =:o:---=====-vista topo
·:
--,
~---
..
de
,--- ~ --,
I , - - -• - - , \ I , - -• - - , \
I I
.. - .. -,
I I I I
.--•
H ~H f
H f
I \ ' ..- .....' I
11 1\
I
I
l' l
' .. _ . . _, t I
sentido de
prot>:tgação
---·--- ___ .,.__ _
I 1\
\
-,
'- " " - - ·
--
I
I I
' - - - ... - - I
(c)
campo E
- - - campo H
Figura 12.8 Linhas de campo para o modo T E10 •
EXEMPLO 12.1
Um guia de onda retangular com dimensões a = 2,5 em c b = I em deve operar abaixo de I 5, I GHz.
Quantos modos TE e TM podem ser transmitidos pelo guia se o mesmo é preenchido com um meio
caracterizado por u = O, e= 4&,,, 1-1, = I? Calcule as rrcqüências de corte dos modos.
Solução:
A rreqüência de corte é dada por
onde a = 2,5b ou alb = 2,5 e
c
c
- == = -
I
u' = - =
v; v;;:;_
2
Portanto,
f.c_
= -
c
4a
-
a·?
m· + - 2 112
b
s
,
3 X IQ
, ,v1 m·' + 6,25n 2
4(2,5 X 10 •)
Guias de Onda •
501
ou
( 12.1.1 )
Procuramos por valores def...,< I 5, I G Hz. U ma maneira sistemática de fazer isto é fixarmos um
dos índ ices, 111 ou 11 , c incrementarmos o outro até obtennosf...., maior do que 15,1 GHz. Da equação
( 12. 1.1 ), fica evidente que, fixando m c incrementando 11 , rapidamente obteremos umafc.,. que é
maior do que 15, 1 GHz.
Para o modo TE01 (111 = O, 11 = I ),frll 1 = 3(2,5) = 7,5 G Hz
Para o modo TE02 (m = O, 11
Para o modo TE03
Jc., =
= 2),/c., = 3(5) = 15 GH z
3(7,5) = 22,5 GH z
Desse modo, para f.. mn < 15,1 GHz, o valor máximo de 11 é 11 = 2. Agora fixamos 11 enquanto incrcmcntamos m até obtermos~
'J CIIJJJ maior do que 15, 1 GHz.
Para o modo TEw (m
= I, 11 = O),fc10 = 3 GHz
Para o modo TE20 •.t;.,. = 6 GHz
Para o modo TE:J0 ,f;.., = 9 GHz
Para o modo TE40 ,};,, 0 = 12 GHz
Para o modoTE50,fc.,. = 15 GHz (igual ao TE 02 )
Para o modo TE60J c,,, = 18 GHz.
isto é, para f<.., < 15, l GHz, o valor máximo é m = 5. Agora que conhecemos os valores máximos
de 111 c de 11 , podemos tentar outras combinações possívei s entre estes valores máximos.
Para os modos TE 11 c TM 11 (modos degenerados), f c,.
T~t> TM2t>fc,.
=
= 3V7i5 = 8,078 G Hz.
3v'i0,25 = 9,6 GHz
TE3 t> TM3 .,fc., = 3vli5,25 = 11 ,72 GHz
TE~~> TM4.,fc., = 3\122.25 = 14, 14 GHz
TE12. TM1 2./c11 =
3V26 =
15,3 G Hz
Os modos cujas freqüências de corte são menores ou iguais a 15, I GH z serão transmitidos, isto
é, li modos TE c 4 modos TM (todos os modos referidos acima, exceto os modos TE 12, TM 12, TE60
e T E,l3). As freqüências de corte para estes 15 modos estão ilustradas no diagrama de linhas da Figura 12.9.
+ - ----'-- - --''---L..I-.L.T- -1-L-- +---'-- -
o
3
6
9
12
!,(GIIz)
15
Figura I 2.9 Freqüências de cone para um guia retangul ar com a = 2.5b: referente ao Exemplo 12.1.
502
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.1
Considere o guia de onda do Exemplo 12.1. Calcule a constante de fase, a velocidade de fase
c a impedãncia da onda para os modos TE10 c TM 11 na freqüência de operação de 15 GHz.
Resposta:
EXEMPLO 12.2
Para o modo TEw /3 = 615,6 rad/m, 11 = I ,5~ I X I 08 m/s, 71n, = 192,4 !l. Para o
modo TMII, /3 = 529,4 rad/m, 11 = 1,78 X I mls, "11nl = 158,8
o
n.
Escreva as expressões gerais dos campos instantâneos para os modos TM c TE. Deduza as expressões válidas para os modos TE0 1 e TM 12 •
Solução:
As expressões instantâneas para os campos são obtidas das formas fasoriai s usando
c
H
=
Rc (H_.e1"")
Aplicando estas igualdades às equações ( 12.22) e ( 12.23), enquanto trocamos 'Y e j{3, obtemos as segui ntcs componentes de campo para os modos TM:
(11/'lrX)
a
a sen ("7rY)
b sen(wl - {3z)
{3 [/I 'Ir] E sen (1117r.\) cos ("7T)'
) scn(wl - {3z )
11- b
a
b
{3 [ m:rr ] Eo cos
E_,. = /(i
Ey =
-, -
0
(
E<= Eo sen
= - we [
H.
112
1117r~)
a
sen
b111r ] E
0
a
sen
[ 1111r ] E cos
H1 = we
0
112
(117r))
b cos(wr -
z)
("7r)') scn(wt -
(1117r~)
a
cos b
(1117rX)
a
sen ("7r))
b scn(wt -
/3;;)
{h)
H. = O
-
De forma semelhante, para os modos TE, as equações ( 12.35) e ( 12.36) tornam-se
Ex
= -
wp. [
112
Ey = wp.
112
[
b111r] Hocos (1117TX)
a
scn (n1ry)
b scn(wt -
m1r] Ho sen (m7r~)
a
a
cos (mry
b )scn(wt -
[II/.7T]
HX = - -{3 - - H0 sen
J?a
{3z)
(J/17TX) cos (/17T)'
) scn(wt -
(3z)
(/17T))
b scn(wt -
f3z)
a
{3 [ b
111T] H ocos (1111TX)
H_,. = - 112
a
scn
b
111'/rX) cos (117r)'
b ) cos(wt -
H< = H0 cos ( a
{3z)
{3z)
Guias de Onda •
503
Para o modo TE01 , colocamos m = Oe 11 = I para obter
wp.b
1T H0sen
E.. =
-
H,. =
- -:; H0 scn
{jb
Ht = H0 cos
(1TJ)
b scn(wr -
(1TJ)
b scn(wr -
(b1TJ) cos(wr -
{3z)
{3z)
13z)
Para o modo TM 12, colocamos m = I e n = 2 para obter
E,,. = h{32
(1T)
a Eo cos (1TX)
a sen (271'
b )) sen(wr -
{3
Ey = h?
(271'
b ) E sen (1TX)
a cos (271'
b )') sen(wr -
E0
=
0
a
Eo sen ( 11'X) scn
H~ = -
we
!?
H,. = we
J?
(271'
b )) cos(wr -
(3z)
{37.)
{3z)
(271'
b ) E scn (1TX)
a cos (271'
b )') scn(wl 0
(71'
a) Eo cos ('IaI'X) scn (271'
b )) scn(wr -
/3z)
(3z)
H_= O
-
onde
Ir? =
[
71'] 2+ [271'
- ]2
a
b
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.2
Um guia de onda, de 5 em por 2 em, preenchido com ar, tem
E,, = 20 sen 40'7T x sen 50'7T y e-Jfk V /m
a 15 GHz.
(a) Qual é o modo que está se propagando?
(b) Encontre {j.
(c) Determine EJ E,.
Resposta:
EXEMPLO 12.3
(a) TM 21; (b) 241,3 radlm; (c) 1,25 tg 40?Tx cotg 50'77)·.
Em um guia de onda retangular, para o qual a
H, = 2 sen
= I ,5 em, b = 0,8 em. o = O, p. = p.
~)") scn (1r X
(a71'. \) cos (371'
0
10 11 r - {3z) A/m
es
= 4e
0
•
5 04
•
Elementos de Eletromagnetismo
Determine:
(a) o modo de operação;
(b) a freqüência de cone;
(c) a constante de fase {3;
(d) a constante de propagação -y;
(c) a impcdância intrínseca da onda TJ.
Solução:
(a) Pela expressão dada para H, e pelas expressões de campo do último exemplo, é evidente que
m = I e 11 = 3, isto é, o guia está operando no modo TM 13 ou TE13• Vamos supor que seja o modo
TM 13 (a possibilidade de ser o modo TE 13 é deixada corno exercíci o; veja o Exercício Prático 12.3) .
(b)
u'
fc.,
=
u' =
2
c
c
- - === v;~ 2
I
Assim,
I
I
fc,. = 4\f [1 ,5 X I0- 2f
c
3
=
108
x
CV0,444
4
9
+ -[0-,-8 -X-
+
14,06)
10-_-::2-::f
x
102 = 28,57 GHz
(c)
w = 2r.f =
{3 =
1i
X
3
1i
10 11
X
ou
100
= 50GHz
2
J =-
2
I
[
28,57 ]
lOS VI - 50 =
11
10 (2)
X
1.7 18,81 rad/m
(d) -y = j{3 = j l.71 8,81/m
, r-lfJ2[J
c] 377 I
llTM, = 11 \) I - If I = y;; V I 2
(c)
= 154,7
[28,57 ]
2
50
n
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.3
Repita o Exemplo 12.3, supondo que o modo TE 13 se propaga no guia. Determine as outras
componentes de campo para este modo.
Resposta:
f,. = 28,57 GHz, {3 = 1.718,81 rad/m , IA- = j{3, llT!!,= 229,69 !l
E., = 2.584,1
E,. = -
[1iX)
cos \~ sen
459,4 sen
H,. = 11 ,25 cos
(311")'
b ) scn(wt- (3z) V/m
{1ix\;cos (3?1)')
\a
~ sen(wr -
1iX) sen (31i))
b sen(wr (~
( 1iX)
H= = - 7,96 cos \~ cos
(31iJ)
b
(3z) V/m,
{3z) A/rn
cos (wr - (3z) Nm
Guias de Onda •
505
12.5 PROPAGAÇÃO DA ONDA NO GUIA
O exame das equações ( 12.23) ou ( 12.36) mostra que todas as componentes de campo envolvem termos de senos ou cossenos de (mr./a)x ou (wrrlb)y que multiplicam
e- ~'.
Como
senO= I/e'·"' - e- j/1)
2
cosO = -I
2
·o + e 1·o)
(el
( 12.44a)
(12.44b)
uma onda dentro do guia de onda pode ser decomposta em uma combinação de ondas planas refletidas nas paredes do guia. Por exemplo, para o modo TE 10,
-~.
Eys = - jwp.a sen ( -1rx) e h'·
11"
=-
(/
wp.a (e·,.•·,111 -e _1,,· 111 ) e"·
- ;'"•
211"
(12.45)
= wp.a [e- JP<:.+•xiPa) _ e- JB<t- .-xlfla)J
211"
O primeiro termo da equação ( 12.45) representa uma onda se propagando no sentido positivo dez
com um ângulo
( 12.46)
com relação ao eixo z. O segundo termo da equação ( 12.45) representa uma onda se propagando no
sentido positivo dez com um ângulo- 8. O campo pode ser representado pela soma de duas ondas
planas TEM que se propagam ao longo de trajetórias em ziguezague entre as paredes do guia, situadas em x = O ex = a, confomte ilustrado pela Figura 12.1 O(a). A decomposição do modo TE 10 em
duas ondas planas pode ser estendida a qualquer modo TE c TM. Desta decomposição, resultam quatro ondas planas quando 11 em são diferentes de zero.
A componente da onda na direção z tem um comprimento de onda diferente do comprimento das
ondas planas. Este comprimento de onda ao longo da direção do eixo do guia é chamado de comprimento de onda 110 guia e é dado por (veja Problema 12.13)
(12.47)
onde :>-: = u'lj:
Como conseqüência das trajetórias em ziguezague, temos três tipos de velocidades: a velocidade
110 meio u', a velocidade de fase uP e a velocidade de grupo u,. A Figura 12.1 O(b) mostra a relação entre as três velocidades. A velocidade no meio u' = 11Y;;; já foi explicada nas seções anteriores. A
velocidade de fase u,, é a velocidade na qual os pontos de mesma fase se propagam ao longo do guia
e é dada pela equação ( 12.31 ), isto é,
( 12.48a)
ou
=
li
p
u'
cos
=
o ~I
u'
_
[~r
( 12.48b)
506
• Elementos de Eletromagnetismo
y
1 1~~~,.~=x===t
u
!~~====~~==t--:
lol
trajetória
da onda
I hl
Figura 12.1 0 (a) Decomposição do modo TE 10 em duas ondas planas: (b) relação entre u'. u1, e 11! .
fsto mostra que u1, > u', pois cos fJ < I. Seu' = c, então u1, é maior do que a velocidade da luz no vácuo. I sto viola a teoria da relatividade de Einstein, na qual sinais não podem ser enviados com velocidade maior que a da luz? Na verdade não, pois a informação (ou energia) em um guia de onda não
se propaga com a velocidade de fase, mas sim com a velocidade de grupo u8 , a qual precisa, necessariamente, ser menor do que a velocidade da luz. A velocidade de grupo u" é a velocidade com que
a resultante das ondas planas, sucessivamente renetidas, se propaga ao longo do guia e é dada por
11
g
I
iJ{Jiõw
= ---
( 12.49a)
ou
ug = u' cosO= u'
)1-[;r
( 12.49b)
Embom o conceito de velocidade de grupo seja relativamente complexo e esteja fora do escopo deste capÍiulo, podemos dizer que a velocidade de grupo é essencialmente a velocidade de propagação
d<l envohória de um pacote de ondas de um grupo de freqüências. A velocidade de grupo é a velocidade de propagação da energia no guia e é sempre menor ou igual a u '. Das equações ( 12.48) e
( 12.49), lica evidente que
( 12.50)
Esta relação é semelhante à equação ( 12.40). Portanto, a variação deu,, cu, com a freqüência é semelhante à apresentada na Figura 12.6 para IJn; e 1Jn.1•
EXEMPLO 12.4
Um guia de onda retangular padrão, contendo ar e de dimensões a = 8,636 em e b = 4,3 18 em, é alimentado por um cabo coaxial com uma portadora de 4 GHz. Determine se o modo TE, 0 irá se propagar. Se este for o caso, calcule a velocidade de fase e a velocidade de grupo.
Solução:
Para o modo TE 10,f.. = u '12a. Como o guia de onda é preenchido com ar, u' = c = 3 X 108 m/s.
Guias de Onda •
507
Portanto,
.ft. = 2 X 8,636 X 10
2 =
1' 737 GHz
Comof= 4 GHz > fc, o modo TE 10 irá se propagar.
3 X 108
11'
"P
u;.JJ>2 = -v-,=~=-=<=I.7=3=7=,4=i
>2
= v 1-
= 3,33 x 108 rn/s
2
u'
11 ., = =
8
111,
9 X 10 16
3,33 X 108
=
2 702 X 108 m/s
'
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.4
Repita o Exemplo 12.4 para o modo TM 11•
Resposta: 12,5 X I08 mls; 7,203 X I07 m/s.
12.6 TRANSMISSÃO DE POTÊNCIA EATENUAÇÃO
Para determinarmos o fluxo de potência no guia, vamos primeiro calcular o vetor de Poynting médio
[da equação (10.68)],
(12.5 1)
Neste caso, o vetor de Poynting é na direção z, tal que
!lj)mo!d
I
=
Re (E.uHrs - EPH~_,)a:
2
=
2
IE:.,I + IEvi
211
onde 17 = 'hE para modos TE ou 1J =
ção reta do guia é:
7JTM
( 12.52)
li.
•
para modos TM. A potência média total que atravessa a se·
( 12.53)
A atenuação em um guia de onda com perdas é de import ância prática. Até o momento em nossa
análise, consideramos os guia> de onda sem perda> (a= O, ar == oo). Nesse caso, a =O c 'Y = j{3. Quan·
do o meio dielétrico tem perdas (a~ O) e as paredes condutoras não são condutores perfeitos (u ~ ó::),
existe uma perda comínua de potência conforme a onda se propaga pelo guia. De acordo com a> equações ( 10.69) e (I 0.70), o fluxo de potência no guia é dado por
- p e- :!ar:
P méd0
(12.54)
508
•
Elementos de Eletromagnetismo
Para que haja conservação de energia, a taxa de decrescimento de Pm~ deve ser igual à média temporal da potência dissipada por unidade de comprimento Pv isto é,
dP.,M
PL = = 2exPrnéd
dz
ou
ex =
Pt.
( 12.55)
2Pméd
Em geral,
ex = exc +
( 12.56)
Ottf
*
onde a, e ex,1 são as constantes de atenuação devido 11s perdas ôhrnicas, ou por condução (u, oo) e
devido às perdas no di elétrico (u 0), respectivamente.
Para determinar a,1, lembre que iniciamos com a equação ( 12.1 ), supondo um meio diclétrico sem
perdas (a= 0). Para um dielétrico com perdas, precisamos incorporar em nossa análise o fato de que
u *O. Todas as nossas equações se mantêm, exceto 'Y = j{3, que precisa ser modilicada. Isto é obtido
substituindo e da equação ( 12.25) pela perrnissividade complexa da equação ( 10.40). Dessa forma,
obtemos
*
( 12.57)
onde
O"
E:c = e' - je" = e - j ;
(12.58)
Substituindo a equação (12.58) na equação ( 12.57) c elevando ao quadrado ambos os lados da equação, obtemos
?
7
'Y- = ex~ - {3d
1117r -
•
+ 2JexJ3c~ =
(
--;;-)
//'Ir
+ b
(
?
-
)'
-
?
w-p.e
.
+ JWJI.O"
Igualando as partes real e imaginária,
2
2
2 a2 _ (1111r)
+ ("7r)
- W2" I>
'
'
a
b
r
CXf- IJ/ -
ou
Assumindo que ex~
«
( l2.59a)
( 12.59b)
{3~. ex~ - {3~ = - {3~. tal que, da equação ( 12.59a), obtemos
13" =
=
)
2
w p.E: -
( )' (T )'
1117r -
--;;-
//'Ir
-
-
wv;;)~- GY
( 12.60)
que é o mesmo {3 da equação ( 12.30). Substiwindo a equação ( 12.60) na equação ( 12.59b), obtemos
crq'
(12.61)
Guias de Onda •
onde 71 • =
509
v;k.
A determinação de a c para modos TM•., e TE.,. é demorada e enfadonha. Vamos, aqui, ilustrar o
procedimento calculando ac para o modo TEw Para este modo, existem somente os campos E,., Hx e
H:. Substituindo a equação ( 12.43a) na equação ( 12.53), obtemos
·
( 12.62)
A perda total de potência nas paredes por unidade de comprimento é
P1.. = PL 1,-=o + PLI,--t, + P~.. l.,.o + P1.ix-"
= 2(PL ly=O+ p L lx- o)
pois a mesma potência é dissipada nas paredes y
= Oe y =
b, ou x = Oc x
( 12.63)
= a. Para a parede y = O,
( 12.64)
onde R, é a parte real da impedância intrínseca 11r das paredes condutoras. Da equação ( I 0.56),
(12.65)
onde ôé a profundidade de penetração pelicular. Rsé a resistência superlieial da parede que pode ser
vista como a resistência de um condutor com uma seção reta de I m de largura por ôde profundidade e por I m de comprimento do material condutor. Para a parede x = O,
P~.. l.,;o = ~ Rc [ 71c f (jH,_,I
2
)
dy]
1., o =
r
~R., H~ dy
R)JH~
2
(12.66)
Substi tuindo as equações ( 12.64) e ( 12.66) na ( 12.63), obtemos
P~. =
ac =
?
R.,Hõ [ b +
a
2
(
I
+
{3-ao ' ) ]
71'
2
( 12.67)
(I 2.68a)
É conveniente expressar a c em termos def e fr. Depois de alguma manipulação, obtemos, para o modo TE 10,
(12.68b)
51 O
• Elementos de Eletromagnetismo
Seguindo o mesmo procedimento, a c.onstante de atenuação, para os modos TE.., (11 '# 0), pode ser obtida como
(12.69)
e, para modos TM..,,
(12.70)
A constante de atenuação total a é obtida pela substituição das equações ( 12.61) c ( 12.69) ou (J2.70)
na equação ( 12.56).
7
12.7 CORRENTE E EXCITAÇÃO DE MODOS NO GU IA DE ONDA
Tanto para os modos TM como para os modos TE, a densidade de corrente superficial K nas paredes
do guia pode ser encontrada utilizando
= a,
K
X H
(12.7 1)
onde a. é um vetor uni tário perpendicular c para fora da parede c H é a intensidade de campo sobre
a parede. Para a propagação do modo TE 10> o fluxo de corrente nas paredes do guia pode ser encontrado utilizando a equação (12.7 1) com as equações ( 12.42) c ( 12.43). O resultado está esboçado na
Figura 12. 11.
A densidade superficial de carga Ps nas paredes é dada por
Ps
=a
lt
·D
=a
11
· eE
onde E é a intensidade de campo elétrico nas paredes do guia.
Figura 12.11 Corrente superficial nas paredes do guia para o modo TE 10 •
(12.72)
Guias de Onda •
5 11
z
}'
,-- ·.., H
~-
/
...........
/I"'
I .....- , '\'\
t
X'
I I
'"" \
rr==t=:;:===;=;1 b
\
''''
· ''~''
\ \\'I I I
2
__
\f)
'''--"_,1/
.....
_,.,
'
..... _ _
,1'
,
·'-=====:::::!1.a - :r .r-~ --l.!:::==u
''
a
.O
' H
, 1r
--===!O
(a) modo TE 10
y
y
----
b tr==::::::::::=======;]
/
f
/
,.. ...... --, '
I , -- , \ \
....
Y==tW
J j 111
' '~_:.,.,
.._ ___ .,
I I \ •
........
r\~
.!!========,___:
O
X'
/
O)b:======!lo_ _
X
-l
(b) modo TE 11
Fi~:ura
12.12 Excitação dos modos no guia de onda retangular.
Um guia de onda é normalmente alimen tado ou excitado por um cabo coaxial ou por um outro
guia de onda. Em geral, uma ponta de prova (condutor central de uma linha coaxial) é utilizada para
estabelecer as intensidades de campo do modo desejado e obter a máxima transferência de potência.
A ponta de prova é localizada de maneira a produzir campos E c H , que são aproximadamente paralelos às linhas dos campos E e H do modo desejado. Por exemplo, para excitarmos o modo TE100 sabemos, da equação ( 12.43a), que EY tem um valor máximo em x = a/2. Portanto, a ponta de prova é
localizada em x = a/2, para que seja exci tado o modo TE 10, como mostrado na Figura I 2. I 2(a), onde as linhas de campo são semelhantes às da Figura 12.8. De forma similar, o modo TM 11 é excitado
pela colocação da ponta de prova ao longo da direção z. conforme mostrado na Figura I 2. I 2(b).
EXEMPLO 12.5
Um guia de onda retangular de dimensões a= 4 em c b = 2 em, preenchido com ar, transporra energia no modo dominante a uma taxa de 2 rnW. Se a freqüência de operação é I OGHz, determine o
valor de pico do campo elétrico no guia.
Solução:
O modo dominante para a > b é o TE 10. As expressões dos campos para este modo (m = I , n = 0)
estão na equação (1 2.36) ou (12.43), ou seja,
E.rs =
. o sen (-'1!'a-~) e- jfl•··,
E>s. = - JE
O,
u'
fc = -
2a
~
=
~TE
=
=
3 X 108
2(4
x
~,
= 3,75 GHz
10 2)
~·
onde
377
-[;r ),-[3;~5 r
~
=
~
= 406,7 fl
512
• Elementos de Eletromagnetismo
Da equação ( 12.53), a potência média transmitida é
Pm&J =
b f"
f
y=O x=O
IE,.sI'- dx dy
2lj
~;
=
2E'
lj
ib dy iasen·.,(-;;) dz
1rX
O
O
?
E o·ab
41j
Portanto,
4(406,7)
X
2
X
I0- 3
....:.....;:...;..:~---=---:---=--
8 X 10 "
= 4. 067
E0 = 63,77 Y/m
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.5
No Exemplo I 2.5, calcule o valor de pico H0 elo campo magnético no guia se a
enquanto os demais dados se mantêm inalterados.
= 2 em e b = 4 em,
Resposta: 63,34 mA/m.
7
EXEMPLO 12.6
Um guia de onda de cobre (u, = 5,8 X I 0 S/m) operando em 4,8 GHz eleve fornecer uma potência
mínima de I ,2 kW a uma antena. Se o guia é preenchido com poliestireno (o = 10- 17 S/m, c =
2,55&0 ) e suas dimensões são a = 4,2 em e b = 2,6 em, calcule a potência dissipada em 60 em do
guia, no modo TEIO"
Solução:
Seja
P,1 = potência perdida ou dissipada,
P., = potência fornecida à antena,
P., = potência de entrada no guia,
tal que P., = P.~ + P•.
Da equação ( 12.54),
P"
Assim,
ou
Precisamos, agora, determinar ex a partir de
Da equação ( 12.61 ),
= ( Pt1
- >a·
+ P") e - -
Guias de Onda •
513
Como a tangente de perdas é
10- 17
q
-we =----.....;..---=--10- 9
2?T X 4,8 X 109 X
= 1,47 X 10-
<<
17
X 2,55
36?T
I
(meio el~trico sem perdas)
então,
1
1/ =
lu.
377
y"; =
....;;; = 236, 1
v p,e
c
v 1e,
~=
I •879
I
= I,879 X
u' - • ; - - •
r =
Jc
2a
108
2 X 4,2 X I 0- 2
10- 17
OtcJ
X
X
= 2 234 GHz
'
236,1
= --;==;=====~
2
I _ [ 2,234 ]
4,8
I ,334 X 10- 15 Np/m
2
cx" =
Para o modo TE 10 , a equação ( 12.68b) fornece
onde
Portanto,
2 X I 808 X 10-
Otc
=
2
(o
'
.
_ _ __ _ _ _
5+
~[
4,2
2 234 2
'
] )
4,8
.;._-;==:;;===~'-
2,6 X
10- 2
X 236, I
I _ [2,234 ]
2
4,8
= 4,218 X 10- 3 Np/m
Note que cx" « cx,, o que mostra que a perda devido à conclutividade finita das paredes elo guia é mais
importante do que a perda devido ao meio dielétrico. Dessa forma,
cx =
OtcJ
+ Otc =
cx,. = 4,218 X 10- J Np/m
e a potência dissipada é
pd = Pa (e'llxz - I) = 1,2
=
6,089 w
X IO\e2x~.218XIO 'xo.6- I)
514
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.6
7
Um guia de onda de bronze (u. = I, I X I0 mhos/m), de dimensões a = 4,2 em c
15
b = I ,5 em, é preenchido com Teflon (e,= 2,6 eu= I0- mhos/m). A freqüência
de operação é 9 GHz. Para o modo TE10 :
(a) calcule ad e a,;
(b) qual é a perda no guia, em decibéis, se o mesmo tem 40 em de comprimento?
Resposta: (a) I ,206 X 10-13 Np/m; I ,744 X 10-2 Np/m; (b) 0,0606 dB.
EXEMPLO 12.7
Faça um esboço das linhas de campo para o modo
sidade de corrente superficial para este modo.
™u- Obtenha as expressões instantâneas da den-
Solução:
Do Exemplo 12.2, obtemos os campos para l) modo TM 11 (m = I, 11 = I ) corno
E.r =
~2 ( : ) Eo cos (:r) scn ( ~>) scn(wt -
{3
Ey = 112
(71'
b)E
0
scn
(7raX) cos (71'b)') scn(wt -
(a7r.X) sen (7rb)) cos(wt -
E: = Eo sen
{3z)
{3z)
{3z)
we (7r)
b Eo sen (7r")
a cos (7rb)") scn(wt -
Hx = - 112
we (7r) E
H,. = --, fi· a
0
(""x)
scn (""Y)
scn(wt a
b
cos -
{3z)
{3z)
H •. = O
Para as linhas de campo elétrico,
(1rx) cotg (''- )1
E,. = -ti tg -dy = ....._
dx
E_,
b
a
b
Para as linhas de campo magnético,
(7rX)tg (7r)'
- )
-dy = -H,. = - -h cotg dx
H_,
a
a
b
Note que (EJE)(H/ H ,) = - I, o que mostra que os campos elétri co c magnéti co são mutuamente ortogonais. Isto pode ser observado na Figura 12. 13, onde as linhas de campo estão esboçadas.
A densidade de corrente superficial nas paredes do guia é dada por
K = a 11 X H = a 11 X (H.,
. H,.,
. 0)
Em x = O, a.
= a , K = H ,(0, )', z. t) a., isto é,
X
~
)
we
(7r)
E
t? a
K = -
Em x = a, a. = - ax, K = - H. (a, y, z. t) a:
o
("")'b ) scn(w/ -
sen -
{:Jz) a •
•
Guias de Onda •
5 15
J
J
- - campo E
- - - campo H
u
Fi;.:ura 12.13 Linhas de campo para o modo TM 11 ; referente ao Exemplo 12.7.
ou
('
I
r)
E sen ('Ir)') sen(wl 1? a
b
K = we
Ern y
ou
0
{3z) a .
•
= O, 8 = a)'' K = - Hx (x, O, z, 1) a,
11
('Ibr) E scn (1r,-a1) scn(wl- {3z) a ...
K =we
2 -
h
Em y = b, a,
ou
= - aY, K = Hx (x, b, z, t) az
K = we
172
'
0
('bIr) Eo sen (1rx\
a) sen(wt -
{3z) a:
,
EXERCICIO PRATICO 12.7
Faça um esboço das Linhas de campo para o modo TE 11 •
Resposta: veja a Figura 12.14. A intensidade do campo em cada pomo é indicada pela
densidade de (jnhas de força . O campo é mais forte (ou mais fraco) onde as
linhas estão mais próximas (ou mais afastadas).
12.8 RESSONADORES DE GUIA DE ONDA
Ressonadores são usados, fundamentalmente, para armazenamento de energia. Em altas freqüências
( I 00 M Hz e acima), os circuitos RLC ficam ineficien tes quando usados como ressonadores porque
as dimensões do circuito são comparáveis ao comprimento de onda de operação e, consequentemente, ocorre irradiação de energia, o que é indesejado. Portanto, em altas freqüências, os circuitos RLC
ressonantes são substituídos por cavidades ressonan tes. Estas cavidades ressonantes são usadas em
válvulas kl ystron, filtros passa-faixa e em ressonímetros (usado na medida de freqüência em microondas). O forno de microondas consiste basicamente de uma fonte de alimentação de energia, um
alimentador de guia de onda e uma cavidade-forno.
Consideremos a cavidade retangular (ou caixa condutora fechada) mostrada na Figura 12.15. Notamos que a cavidade é simplesmente um guia de onda retangular com as extremidades fechadas. Logo, esperamos obter ondas estacionárias e também modos de propagação de onda TE c TM. Dependendo de como a cavidade é excitada, a onda pode se propagar nas direções x, y ou z. Vamos escolher +z como sendo a "orientação de propagação da onda". Na realidade, não há onda se propagando. Em seu lugar, temos ondas estacionárias. Lembramos, da Seção I 0.8, que uma onda estacionária
é a combinação de duas ondas se propagando em sentidos opostos.
516
•
Elementos de Eletromagnetismo
y
Fi~ura
12.15 Cavidade retangular.
..
x----~
u --------~
o'
A. Modo TM em z
Pant este caso, H, = Oc assumimos que
E'-,(x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z)
( 12.73)
seja a solução-produto da equação (12.1 ). Seguimos o mesmo procedimento realizado na Seção 12.2
e obtemos
X(x) = c I cos k·' .x + c,_ sen k,t.x
( 12.74a)
Y(y) = c3 cos k,.y
+ c4 scn k>J
(12.74b)
Z(z) = c5 cos kzz
+ c6 scn k,z
(12.74c)
onde
( 12.75)
As condições de fronteira são:
E. = O
em
x = O, a
( 12.76a)
E, = O
em
y
= O, b
( 12.76b)
Ey = O, Ex= O
em
z = o. c
(l2.76c)
-
Conforme mostrado na Seção 12.3, as condições nas equações ( 12.7a,b) ticam satisfeitas quando
c=
O= cc
I
3
/117r
k = X
/I 'Ir
k = --
)"
a '
( 12.77)
b
onde m = I, 2, 3, ... , n = I, 2, 3, ... . Para impor as condições da equação ( 12.76c), notamos que a
e{1uação (12.14) (com H~,= O) fornece
. E = - I (iPEx.• - rPE~· )
2
JW8
jWp.
.<S
iJ z
Ô(.
QX
( 12.78)
De forma semelhante, combinando as equações ( 12. 13a) e (12. 13d) (com H,_,= 0) resu lta em
.
jweE. =
>•
E,,)
( ô E~,
iP
·
- ---:"
- jwp. iJyiJz
éiz 2
I
2
(12.79)
Das equações ( 12.78) c ( 12.79), fica evidente que a equação ( 12.76c) é satisfeita se
() L
--~-·
é)z
=
O
em
;: = O, c
( 12.80)
Guias de Onda •
Isto implica que c6 = Oe sen k~c = O = sen
p7T.
517
Portanto,
P1r
k. = -
-
( I 2.81)
c
onde p = O, I, 2, 3, ... . Substituindo as equações ( 12.77) c ( 12.81 ) na equação ( 12.74), obtemos
E. = E0 sen
~·
-t) sen ("?r>
)
cos (p1rz)
( 1117r
a
b
c
( 12.82)
onde E0 = c2c,c5• As outras componentes dos campos são obtidas das equações ( 12.82) e ( 12. 13). A
constante de fase {3 é obtida das equações ( 12.75), ( 12.77) e ( 12.81 ) como
~2 = e =
2
[";;r [/~?rr 7r
+
+ [
(I 2.83)
2
Como {3 = w J.IS, obtemos, da equação ( 12.83), a freqüência de resso11â11cia fr,
ou
• = 211 •'v [-;;111 ]2 + ["]2
b + [p]2
C
Jr
(12.84)
O comprimento de onda de ressonância correspondente é
( 12.85)
Da equação ( 12.84), notamos que o modo TM de menor ordem é o TM 110•
B. Modo TE em z
Neste caso, E. = Oe
-
Hl-5 = (b 1 cos k.,.x + b2 scn k_,.r)(b3 cos k.,.Y
(b 5 cos k.z + scn k.z)
..
+ b4 scn kyy)
-
( 12.86)
As condições de fronteira na equação ( 12.76c), combinadas com a equação ( 12. 13), fornecem
H,.• = O
em
z = o, c
( 12.87a)
iJHz.• = O
em
x = O, a
(l2.87b)
em
y = O, b
( 12.87c)
()x
i! H:.• = O
i!y
518
• Elementos de Eletromagnetismo
Impondo as condições da equação ( 12.87) na equação ( 12.86), da mesma maneira que fizemos para
o modo TM em z. obtém-se
(mry) sen (p1rz.)
c
H., = H0 COS ( 1111TX) cos a
b
( 12.88)
onde 111 = O, I, 2, 3... , n = O, I , 2, 3... e p = I, 2, 3, ... As ou tras componentes dos campos podem
ser obtidas das equações ( 12.13) e ( 12.88). A freqüência de ressonânc ia é a mesma da equação ( 12.84),
com a exceção de que 111 ou n (não ambos ao mesmo tempo) não pode ser zero para os modos TE. A
rav.io pela qual111 e n não podem ser zero ao mesmo tempo é que as componentes de campo serão zero se esses índices forem zero. O modo que tem a menor freqüência de ressonância para um determinado tamanho ela cavidade (a, b, c) é o modo dominante. Se ti > b < c, então lia < 1/b > I /c e, portanto, o modo dominante é o TE 101 • Note que, para a > b < c, a frcqliência de ressonância do modo
TM 11 0 é maior do que a freqüência do modo TE 101 • Assim, o modo TE 101 é o modo dominante. Quando modos diferentes têm a mesma freqüência de ressonância, dizemos que os modos são degenerados.
Um elos modos irá predominar sobre os outros, dependendo de como a cavidade é excitada.
Uma cavidade ressonante prática tem paredes de condutividadc tini ta O'c e é, portanto, dissipadora de energia. O fator de qua/idt1de Q é uma maneira de se determinar esta perda.
O fator de qualidade é também uma medida da largura de banda da cavidade ressonante.
O fator ele qualidade pode ser definido como
média temporal da energia armazenada
perda de energia por ciclo de oscilação
Q = 27T . - - - . . . . . ! ' - ' -- - - - ' - - " - - - - ' - - - -
= 27T · -
w
PLT
w
= w-
P/_
(12.89)
onde T = l/f= período de oscilação, PL é a média temporal da perda de potência na cavidade e W é
a m<ídia temporal da energia total armazenada nos campos elétrico c magn<ítico da cavidade. O fator
Q, para uma cavidade ressonante é, em geral, muito alto se comparado com o de um circuito ressonante RLC. Seguindo um procedimento semelhante ao usado na obtenção de a < na Seção 12.6, pode
se mostrar que o fator de qualidade para o modo dominante TE 101 é dado por 3
( 12.90)
I
=== é a profundidade de penetração pel icular nas paredes da cavidade.
onde ó = -,-;::
1
V 7Tf toiP.oO'c
EXEMPLO 12.8
Uma cavidade ressonante preenchida com ar, com dimensões a = 5 em, b = 4cm c c = I Oem, é fei7
ta de cobre (O'< = 5,8 X 10 mhos/m). Encon1re:
(a) os cinco modos de ordem mais baixa;
(b) o fator de qualidade para o modo TE 10, .
Solução:
(a) A freqüência de ressonância é dada por
3
Para a prova. \'Cja S. V. Marshall c G. G. Skitck. Etcctromagnctic Conccpts and Applications. 3rd cd. Engtcwood Cliffs. NJ: Pn:micc-Hall. t990. p. 440-442.
Guias de Onda •
519
onde
I
u' =
v;;
= c
Portanto,
f, =
3
8
X2 10 \ /[ 5 X
= 15V0,04n?
111
10- 2
]
2 [
+ 4X
]2 + [ 10 Xp 10- 2 ]2
11
10- 2
+ 0,0625u2 + O,O il GHz
Como c > a > b ou I!c < lia < llb, o modo de menor ordem é o TE 101 . Note que os modos TM 101
e TE 100 não exis tem, pois m = I, 2, 3, ... , 11 = I , 2, 3, ... e p = O, I, 2, 3, ... para os modos TM e
111 =O, I , 2,
11 =O, 1, 2,
e p = I , 2, 3,
para os modos TE. A freqüência de ressonância para o modo TE 1111 é
00
.
,
oo·
00.
f,,., =
15V0.04 + O + 0,01 = 3,335 GHz
O modo seguinte é o TE011 (o modo TM011 não existe), com
f, = 15 V o + 0,0625 + 0,0 I = 4,04 GHz
011
O modo seguinte é o TE101(o modo TM102não existe), com
.fr,., = 15V0,04 + O+ 0,04 = 4,243 GHz
O modo seguinte é o TM 110 (o modo TE 110 não existe), com
/r110
= 15V0,04
+ 0,0625 +O = 4,8 GHz
Os dois modos seguintes são o TE 111 e o TM 111 (modos degenerados), com
f,.. , = 15V0,04 + 0,0625 + 0,01
= 5,031 GHz
O modo seguinte é o TM103, com
f,,.,, -- 15V0,04 +O+ 0,09 = 5,408 GHz
Portanto, os cinco modos de menor ordem, em ordem crescente, são:
{3,35 GHz)
TEIOI
(4,04 GHz)
TEo11
(4,243 GHz)
TE Jo2
(4,8 GHz)
TM11 0
TE u1ouTMu 1 (5,031 GHz)
(b) O fator de qualidade para o modo TE 101é dado por
(a2
QTG,o,
=
+
c2) abc
'
ô[2b(a 3 + c3) + ac(a·' + c·)]
(25 + 100) 200 X 10 2
--:-:::~-:-----:--=-:-::':--::-::-::-::----:--::-:
ô[8( 125 + 1.000) + 50(25 + I00)]
= - I = V 1rf101 J.LoU~
_-=-.;o.::.:...:....::..~
61/i
61
V 7r(3,35 X I 09) 4?1' X I 0
61
= 14,358
7
(5,8 X I 07)
520
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 12.8
Se a cavidade ressonante do Exemplo I 2.8 é preenchida com um material sem perdas (M, = I,
/J-, = 3), encontre a freqüência de ressonância f.. e o fator de qualidade para o modo TE 101 •
Resposta: I ,936 GHz; I ,093
RESUMO
X
I 04 .
1. Guias de onda são estruturas utilizadas para guiar ondas EM em altas freqüências. Supondo um
guia retangular sem perdas (o<= oo, o= 0), aplicamos as equações de M axwcll na análise da propagação de uma onda EM no interior do guia. A equação diferencial parcial resultante é rcsol vida
usando o método de separação de variáveis. Aplicando-se as condições de fronteira nas paredes do
guia, obtém-se as equações básicas para os diferentes modos de propagação no mesmo.
2. Os modos TM,, e TE.,,., onde me 11 são inteiros positivos, são di !crentes configurações de cam po que podem se propagar no guia. Para modos TM, m = l , 2, 3, ... , c 11 = I , 2, 3, ... ; e para modos TE, m = O, I , 2, ... e 11 = O, I, 2, ... , com 11 = m *O.
3. Cada modo de propagação tem uma constan te de propagação c uma freqüência de corte associados. A constante de propagação I'= cx + j{3 não depende só dos parâmetros consti tutivos do meio
(s, p., o), como no caso das ondas planas no espaço ilimitado, mas clcpcnclc também das dimensões da seção reta do guia (a, b). A freqüência de cor1e é a freqüência na qual 'Y deixa de ser um
número puramente real (atenuação) e passa a ser um número puramente imaginário (propagação). O modo de operação dominamc é o de menor freqüência de corte possfvcl. Se a> b, o modo dominante é o TE 10•
4. As equações básicas para os cálculos da freqüência de corte f.., da constante de fase {3 c da velocidade de fase 11 estão apresentadas na Tabela 12.1. Também são fornecidas fónnulas para o cálculo da constante de atenuação devido ao meio diclétrico com perdas c devido à~ paredes condutoras imperfeitas.
S. A velocidade de grupo (ou velocidade de fluxo de energia) 11x está relacionada com a velocidade de fase de propagação da onda 11P por
?
llplll'
= ,·-
onde u' = 11'\/r;:; é a velocidade de propagação da onda no meio limitado pelas paredes do
guia. Embora 111, seja maior do que u', 11P não excede 11'.
6. O modo de operação para uma determinado guia é definido pelo método de excitação.
7. Uma cavidade ressonante de guia de onda é usada para armazenamento de energia em altas frcqUências. Ela não é nada mais do que um guia de onda fechado em suas duas extremidades. Portanto, a sua análise é semelhante à do guia de onda. As frcqllências de ressonância para os
modos TE e TM em z são dadas por
Para modos TM, m = I, 2, 3, ... , n = I, 2, 3, ... c p =O, I , 2, 3, ... ;e para modos TE, m = O, I ,
2, 3, ... , n = O, I , 2, 3, .. . e p = I, 2, 3, ..., comm = 11 *O. Se a > b, c b < c, o modo dominante (o de menor freqüência de ressonância) é o TE 10,.
8. O fator de qualidade, que é uma medida da perda de energia na cavidade, é dado por
w
Q = wP,.
Guias de Onda •
521
QUESTÕES DE REVISÃO
12.1 Em freqüências de microondas, preferimos os guias de ondas às linhas de transmissão para transportar energia EM por todas as razões que seguem. com a exceÇ(io de:
(a) as perdas nas linhas de transmissão são proibitivamentc elevadas:
(b) os guias de onda têm largura de banda maior e atenuação de sinal menor;
(c) as linhas de transmissão tem maiores dimensões que os guias de onda;
(d) as linhas de transmissão suportam somente o modo TEM .
12.2 Uma onda evanescente ocorre quando:
(a) uma onda é atenuada. ao invés de se propagar:
(b) a constante de propagação é puramente imaginária;
(c) m = O=
11 ,
de tal maneira que todas as componentes de campo se anulam;
(d) a freqüência da onda é igual à frcq[iência de corte.
12.3 Para guias retangulares, o modo dominante é:
(a) T E 11
(b) TM II
(c) TEI(11
(d) TE IO
12.4 O modo TM 10 pode existir em um guia retangular.
(a) Verdadeiro
(b) Falso
12.5
o modo TEJO, quais das seguintes componentes de campo existem?
(a) E$
(b) E1
(c)
E•.
(d) H ,
(e) N,
12.6 Em um guia de onda retangular, para o qual a= 2b, a freqUência de corte do modo TE,n é 12 GHz.
A freqüência de corte do modo TM 11 é:
(a) 3 GHz
(b) 3Vs GHz
(c) 12 GHz
(d) 6Vs GHz
(c) Nenhuma delas
12.7 Se um túnel tem seção reta de 4 m por 7 m, um carro no túnel não receberá sinais de rádio AM (por
exemplo./= I OMHz).
(a) Verdadeiro
(b) Falso
522
•
Elementos de Eletromagnetismo
12.8 Quando o campo elétrico é máximo em uma cavidade ressonante, a energia magnéúca estará:
(a) em seu valor máximo;
(b) a
(c) a
V2 do seu valor máximo:
I
\12
.
do seu valor máx1mo;
(d) a 1/2 do seu valor máximo;
(e) zero.
12.9 Qual dos seguintes modos não existe em uma cavidade ressonante retangular'?
(a) TE 110
(b) TE, 11
(c) TM 110
(d) TMIII
12. 10 Quantos modos dominantes degenerados existem em uma cavidade ressonante retangular, para a
qual a = /) = c'?
(a) O
(b) 2
(c) 3
(d) 5
(e) ::o
Respostas: 12.1 c; 12.2 a; 12.3d; 12.4b; 12.5 b,d; 12.6 b; 12.7 a; 12.8 e; 12.9 a; 12.1 Oc.
PRO BLEMAS
I
12.1 (a) M ostre que um guia de onda retangular não suporta os modos TM 10 e TM0 1•
(b) Descreva as diferenças entre os modos TE.., c TM..,.
12.2 Um guia de onda de 2 em por 3 em é preenchido com um material diclétrico. com &, = 4. Se o guia
opera a 20 GHz no modo TM 11 , detennine: (a) a freqüência de corte; (b) a constante de fase; (c) a
velocidade de fase.
12.3 Um guia de onda de I em X 2 em é preenchido com água dcionizada. com c, = 8 1. Se a freqüência de operação é de 4,5 GHz, dctcm1inc: (a) todos os modos que podem se propagar c suas frcqliênci<lSde corte; (b) a impedância intrínseca do modo de frcqüGncia de corte mais alta; (c) avelocidade de grupo do modo de freqüência de corte mais baixa.
12.4 Projete um guia de onda retangular com uma razão ele 3 para I em suas dimensões, para ser usado
na banda k ( 18- 26,5 GHz). Suponha que o guia é preenchido com ar.
12.5 Um túnel é modelado como um guia de onda retangular metálico, pr!lcnchido com ar, com dimensões ele a= 8 m e IJ = 16m. Determine se o túnel transmite: (a) um sinal ele radiodifusão em AM
de 1,5 MHz; (b) um sinal de radiodifusão em FM ele 120 MHz.
12.6 Em um guia retangular preenchido com ar, a freqUência de corte do modo TE 10 é 5 GHz, enquanto que a do modo TE0 1 é 12 GHz. Calcule:
(a) as dimensões do guia;
(b) as freqüências de corte dos três modos seguintes;
(c) a freqüência de corte para o modo TE 11 no caso de o guia ser preenchido com urn material sem
perdas. que tem &, = 2,25 e Jl, = I.
Guias de Onda •
523
12.7 Um guia de onda retangular oco preenchido com ar tem 150 metros de comprimento e é fechado
em sua extremidade por uma chapa metálica. Se um pulso cu no de 7.2 GHz é introduzido em sua
entrada. calcule o tempo necessário par'.t que o pulso retorne à cntmda do guia. Suponha que a freqüência de cone do guia seja 6,5 GHz.
12.8 Calcule as dimensões de uma guia de onda preenchido com ar, para o qual as freqüências de corte
dos modos TM 11 c TE.13 são, ambas, iguais a 12 GHz. Determine se o modo dominante irá se propagar ou evanescer na freqüência de 8 GHz.
12.9 Um guia retangular preenchido com ar tem seção reta com dimensões a = 6 em e b = 3 em. Dado
que
E~=
5 sen ( -21rX)
sen
0
(h))
b
p
cos ( l O-,
- (h) Y/m
calcule a impedância intrínseca e o tluxo médio de potência para este modo no guia.
12. 10 Em um guia de onda preenchido com ar, um modo TE operando a 6 GHz tem
Ey = 5 sen(hx/a) cos(7rylb) scn(wt - 12z) V /m
Determine: (a) o modo de operação; (b) a freqüência de corte; (c) a impedância intrínseca; (d) H_,.
12.11 Em um guia de onda retangular preenchido com ar, com a = 2,286 em c b
nente y do modo TE é dada por:
= 1,016 em, a compo-
10
E,.
. = sen(21rx/a) cos( h .v/b) sen( l071' X 10 t - {3~) Y/m
Encontre: (a) o modo de operação; (b) a constante de propagação -y: (c) a impedância intrínseca IJ.
12.12 Obtenha a equação para a potência média 1n1nsmitida pelo guia para o modo TM ...
12.13 (a) Mostre que, para um guia retangular,
u'
(b) Calcule 111, e À para os modos TE 11 e TE2, em um guia de onda preenchido com ar, com a = 2b
= 2.5 em, opemndo em 20 GHz.
12. 14 Um guia de onda retangular preenchido com ar, de I em X 3 em, opera no modo TE12 em uma freqllência que está 20% acima da freqüência de corte desse modo. Determine: (a) a Freqüência de
operação; (b) as velocidades de fase e de grupo.
12. 15 Um transmissor de microondas está conectado a uma antena por um guia de onda preenchido com
ar, de seção reta de 2,5 em X I em. Para transmissão a li GHz, encontre a razão entre (a) a velocidade de fase e a velocidade de propagação no meio e (b) a velocidade de gmpo c a velocidade de
propagação no meio.
12. 16 Um guia retangular é preenchido com polictileno (e= 2.25s,, ) c opera em 24 GHz. Se a freqüência de cone de um certo modo TE é 16 GHz, encontre a velocidade de grupo c a impcdância intrínseca do modo.
12.17 Um guia de onda retangular com a seção reta mostrada na Figura 12. 16 tem uma descontinuidade
dielétrica. Calcule a razão de onda estacionária, sabendo que o guia opera a 8 GHz no modo dominante.
524
•
Elementos de Eletromagnetismo
*12.18
A análise do guia de onda cilíndrico requer a solução da equação escalar de Helrnholtz em coordenadas cilíndricas, isto é.
ou
Supondo que a solução-produto,
E,,(p, </>, z) = R(p) 4>(</>) Z(z)
demonstre que a equação é separada nas três equações segui111es:
,
Z"-k;Z=
O
•
<I>" + k~ <I> =
2
p R"
+ pR' + (k! p2
-
o
k!) R = O
onde
12.19 Para o modo Tfu 1,
Exs =
)W/l1f
-
•
.,.•
bh2 H o sen(7rl'/b)e
•
E,.,= O
Encontre 18'"'""' e P"""''
12.20 Um guia de onda. de I em X 2 em, é feito de cobre (u, = 5,8 x 107 S/m) e é preenchido com um
material die1étrico, para o qual c = 2,6s., p. = p.. e ud = 10'"' S/rn. Se o guia opera a 9 GHz, calcule a , e a d para os modos (a) TE 10 e (b) TM 11•
12.21 Um guia de onda quadrado, de 4 em de lado, é preenchido comum dielétrico, cuja permissividade
4
complexa és,. = 16s. (l - jl0- ) c é excitado no modo TM 21• Se o guia opera a I 0% acima da frcqUência de corte, calcule a atenuação ad. Que distância a onda pode se propagar pelo guia antes
que sua amplitude sej a reduzida de 20%?
12.22 Se as paredes do guia do problema anterior forem feitas de bronze (u, = I ,5 X 107 S/rn), enco111re
a c e a distância para a qual a onda é atenuada de 30%.
12.23 Um guia retangular, com a = 2b = 4,8 em. é preenchido com teflon, com c, = 2, li e urna tangen4
te de perdas de 3 X 10- • Suponha que as paredes do guia sejam recobertas de ouro (uc = 4,1 X
7
10 S/m) c que uma onda de 4 GHz se propague no modo TE 1,.. Encontre: (a) a ,t> (b) a<.
::!,.5 em
5cm
Figuro~ l2.16
P.o· 2.25&0
- - -- - - -- :
Referente ao Problema 12.17.
Guias de Onda •
525
* 12.24 Um guia retangular de bronze (u, = 1,37 X 10 S/m), com dimensões de a= 2,25 em e b = 1,5
em, opera no modo dominante na freqüência de 5 GHz. Se o guia é preenchido com teflon (p., =
I , s, = 2.11. u = 0), determine: (a) a freqüência de corte para o modo dominante; (b) a constante
de atenuação devido às perdas nas paredes do guia.
7
*12.25
Mostre que a constante de atenuação a ,. para o modo TE10 em um guia de onda quadrado, é mínima quandof= 2,962/c-
12.26 A constante de atenuação para modos TM é dada por
Ot
7r'fp.lu
2
= 7lo
I -
(7)
Em que freqüência a será máxima?
* 12.27 Mostre que, pam o modo TE em z, para uma cavidade retangular
E .. = _ jwp.(m'll")H
0
2
>>
11
a
sen(ll17f'a X) cos("'lf'Y)
sen(P'Icf'Z)
b
Encontre H.,.
* 12.28 Para urna cavidade retangular, mostre que
H xs
para o modo TM em
_ jwe("'lf')E
• (1117rX) cos ("71".)')
,
b
o sen
b
cos
11a
-
(pw:.)
c
z. Determine E_.,.
12.29 Qual é o modo dominante em uma cavidade ressonante retangular quando:
(a) a< b <c.
> b >c.
a= c> b.
(b) (/
(c)
12.30 Para uma cavidade retangular preenchida com ar, com dimensões a = 3 em. b = 2 em c c = 4 em,
determine as freqüências de ressonância para os seguintes modos: TE,,11 , T E11.,. TM 110 e TM 111 • Li ste as freqüências de ressonânc ia em ordem crescente.
12.31 Uma cavidade ressonante retangular tem dimensões a = 3 em. b = 6 em c c = 9 em. Se ela é
preenchida com polietileno (s = 2,5 s), encontre as freqüências ele ressonância elos cinco modos
de menor ordem.
12.32 Urna cavidade cúbica preenchida com ar opem na freqüência de ressonância de 2 GHz quando excitada no modo TE, 0 ,. Determine as dimensões da cavidade.
12.33 Uma cavidade cúbica preenchida com ar tem lado de 3,2 em c é feita de bronze (<1,. = 1,37 x 10 7
S/m). Calcule: (a) a freqüência de ressonância para o modo T E...1• (b) o fator de qualidade para este modo.
12.34 Projete uma cavidade ressonante cúbica preenchida com ar para que a l"rcqliência de ressonância
do modo dominante seja 3 GHz.
12.35 Uma cavidade cúbica preenchida com ar, de IOem de lado, tem
E = 200 sen 30r.x sen 30wy cos 6 X I 0 9t a : V/m
Encontre H.
Capítulo
13
ANTENAS
Os dez mandamentos do sucesso são:
1. Trabalhar duro: trabalhar duro é o melhor investimento que um homem pode fazer.
2. Estudar com afinco: o conhecimento permite a um homem trabalhar de forma mais inteligente e efi caz.
3. Ter iniciativa: a rotina geralmente termina no túmulo.
4. Amar o seu trabalho: assim, você encontrará pra zer em realizá-lo.
S. Ser exato: métodos inexatos levam a resultados inexatos.
6. Ter o espírito da conquista: assim, você pode lutar com sucesso e vencer as difi culdades.
7. Cultivar a personalidade: a personalidade é para o homem o que o perfume é para as flores.
8. Ajudar a e dividir com os demais: o teste real da grandeza de um negócio está em criar oportunidade para outras pessoas.
9. Ser democrático: a menos que você seja correto com seus companheiros, você nunca poderá ser um líder de sucesso.
1O. Dar o melhor ele si em todos os momentos: a pessoa que deu o melhor de si fez tudo. A pessoa que não deu todo o seu melhor, não fez nada.
C Ht\ RLES M. SCHWAB
13.1 INTRODUÇÃO
A té o momento, não nos perguntamos como as ondas EM são produzidas. Lembre que as cargas eléLricas são as fontes dos campos EM. Se as fontes vari am com o tempo, ondas EM se propagam para
longe das fontes e diz-se que ocorreu irradiação. A irradiação pode ser pensada como um processo de
tran smissão de energia elétrica. A irradiação, ou a emissão de ondas eletromagnéticas no espaço, é
obtida, de forma eticiente, com a ajuda de estrutura condutoras ou dielétricas chamadas de antenas.
Teori camente, qualquer estrutura pode irradiar ondas EM , mas nem todas o farão de forma eticiente.
Uma antena pode também ser vista como um transdutor usado para casar a linha de transmissão
ou guia de onda (usados no guiamento da onda a ser emitida) ao meio circundante, ou vice-versa. A
Figura 13. 1 mostra corno uma antena é utilizada para obter o casamento entre a linha ou guia e o
meio. A antena é necessária por duas razões principais: melhorar a eficiência de irradiação e o casamento de irnpedâncias, visando minimizar rellexões. A antena usa, ou a corrente e a tensão de uma
linha de transmissão, ou campos EM de um guia de onda para emitir uma onda EM no meio. Uma
antena pode ser usada tanto para transmit.ir como para receber energia EM.
Antenas •
527
ondas EM
I
gcr:odor
linha de transmissão
amena
meio circund:mcc
J.'igura 13.1 A antena como um dispositivo de casamemo entre a estrutura de guiamcrno c o meio circundante.
A lgumas antenas típicas são apresentadas na Figura 13.2. A antena dipolo, da Figura 13.2(a), consiste de dois tios retos alinhados ao longo do mesmo eixo. A antena em anel, da Figura 13.2(b), consiste de uma ou mais espiras de fi o. A antena helicoidal, da Figura 13.2(c), consiste de um tio na forma de um helicóide com um plano terra em sua parte traseira. A s antenas da Figura 13.2(a-c) são chamadas antenas de fio c são utilizadas em automóveis, prédios, aeronaves, navios, etc. A corneta piramidal, da Figura 13.2(d), exemplo de uma antena de abertura, é uma seção de um guia de onda que
se alarga, formando uma transição entre o guia de onda c o meio circundante. Como seu plano de saída pode ser adaptado, convenientemente, a superfícies planas, ela é útil em muitas situações práticas,
como, por exemplo, em aeronaves. O refletor parabólico, da Figura 13.2(e), utiliza o fato de que as
ondas EM são refletidas por uma chapa condutora. Quando o refletor parabólico é usado como antena transmissora, uma antena alimentadora, tal como um dipolo ou uma corneta, é colocada no foco
da parábola. A irradiação desta fonte é refletida pelo refletor (atuando como um espelho), o queresulta em um feixe paralelo. Antenas de refletor parabólico são usadas em comunicações, radares e astronomia.
O fenômeno da irradiação é bastante complicado, razão pela qual atrasamos intencionalmente a
sua discussão para este capítulo. Não pretendemos abordar na sua totalidade a teoria das antenas. A
nossa discussão será limitada aos tipos básicos de antenas, como o dipolo de Hertz, o dipolo de meia
onda, o monopolo de quarto de onda e a antena em anel pequena. Para cada um destes tipos de antenas, vamos determinar os campos de in·adiação através do seguinte procedimento:
1. Selecionar um sistema de coordenadas apropriado c determinar o potencial magnético vetorial A.
2. Calcular H usando B = p.H = V X A
. de V x H = e -aE ou E = ?JH X ak• supon do um me1o
. sem perdas
.
E a partir
3. Detenmnar
Q/
(o-= 0).
4. Encontrar o campo distante e determinar a potência média no tempo irradiada usando
P;, =
f ~méd
•
dS,
onde
Note que, ao longo deste capírulo, P;,é o mesmo Pm~d da equação ( 10.70).
528
• Elementos de Eletromagnetismo
(a) dipolo
(c)
I
l
(b) anel
helicoid:~l
(d) conlct:t piramidal
dipolo
irradi:tdor
o·cnctor
alimenl:tdor
coaxifll
(e) rcnctor parabólico
Figura 13.2 Antenas típicas.
13.2 DIPOLO HERTZIANO
Entende-se como um dipolo hertziano um elemento de corrente inlinitesimal/ d/. Embora tal elemento ele corren te não exista na realidade, ele serve como elemento básico, a partir do qual o campo
ele antenas usadas na prática pode ser calculado por integração.
Considere o dipolo hertziano mostrado na Figura I ~.3. Assumimos que o mesmo está localizado
na origem de um sistema de coordenadas e que a con·ente é uniforme (independente da posição considerada ao longo do dipolo), I = ' • cos wt. Da equação (9.54), o potencial magnético vetorial com
retardo no ponto P, devido ao dipolo, é dado por
A - p.[ I] d/ a.
( 13.1)
[/] = 10 cosw( - ;;) = 10 cos(wt - {3r)
( 13.2)
411',.
•
onde [I) 6 a corrente com retardo, dada por
= Re [/0 eft"''-P'>J
Antenas •
529
z
.<
Fi~:ura 13.3 Um dipolo hertziano percorrido por uma corrente I = / 0 cos wt.
onde {3 = wlu = 2-rr/À e u = 1/v;;;. A COtTem e é dita com rerardo no ponto P porque existe um
atraso devido ao tempo de propagação riu, ou atraso de fase {3r, do ponto O ao ponto P. Substituindo a equação ( 13.2) na equação (13.1 ), podemos escrever A na forma fasorial como
- pJodl - j{Jr·
e
4-rrr
A ~· -
(13.3)
Transformando este vetor de coordenadas cartesianas para coordenadas eslericas, obtemos
As = (Arso A 0,, A<~>,)
onde
A0, = -Az., sen 8,
Contudo, B,
=
,uH,
=
(I 3.4)
V X A,. Ponanto, obtemos o campo H como
H
õs
= l ofll senO
4 -rr
[j{3,. + ..!..]
e
,.2
jflr
( 13.5b)
H,s =O= Hos
Encontramos o campo E usando V X H
= sé!E/ é! r ou V X H.. = jwsE,
_j_]
', _
Ers = TJI0 dl cos 8 [ e - j{Jr
3
,.{3r
21r
Ees =
E <l>s
onde
( 13.5a)
TJI0 dl
4-rr
= O
[j{3 + - I
scn O -
r
,.2
- -
j ] e-·•.
1"'
{3r3
( 13.6a)
(13.6b)
( 13.6c)
530
•
Elementos de Eletromagnetismo
Uma observação cuidadosa das expressões para os campos nas equações ( 13.5) e ( 13.6) revela
que existem termos variando de acordo com Ih), 11/ c 1/r. O termo llr·' é chamado campo eletros·
tático, pois o mesmo corresponde ao campo de um dipolo elétrico [veja a equação (4.82)]. Este te.rmo predomina sobre os outros termos na região muito próxima do dipolo hertziano. O termo 1/l é
chamado campo indwivo e é previsto pela lei de Biot-Savart [veja a equação (7.3)]. Este termo é importante somen te na região de campo próximo, isto é, em distâncias próximas ao elemento de corrente. O termo 1/r é chamado campo distame ou campo de irradiação, pois é o único que ainda permanece na zona distante, isto é, em pontos muito distantes do elemento de corrente. Vamos, aqui, nos
concen trar no campo distante, ou na região de irradiação ({Jr » I ou 21rr » À), onde os termos em
11? e l/r2 podem ser desprezados frente ao termo 1/r. Portanto, no campo distante,
_ j/of3d/
f) - j(Jr
H.:..• sen e
,
Eo•• = 11 H<~>•
47rr
H"' = H0., = E,.• = E.:..• = O
( 13.7a)
(13.7b)
Note que, da equação (13.7a), os termos de irradiação de H1-. c E0, estão temporalmente em fase c são
ortogonais, exatamente como os campos de uma onda plana uniforme. Note, também, que os campos da zona próxima e da zona distante são determinados, respectivamente, pelas inequações
{3r « I e {3r» 1. Mais especiticarnentc, vamos definir o limite cnlre as zonas próxima c distante pclo valor ele r dado por
(J 3.8)
onde d é a maior dimensão da antena.
A média temporal da densidade de potência é obtida como
=2I Re (Es X
'li'mé<!
H~ =
I
2
Rc (E8, H~ a,)
~
I
= 2 l'I IHo.,l· a,
( 13.9)
Substituindo a equação ( 13.7) na equação ( 13.9), obtemos a média tempoml da potência im1diada como
P;,
f
=
9J>méd • dS
l"
I
h
-
9=0
/ 217f32
dl 2
0
=
Contudo,
r
o
0=0
,
321!""
3
sen fJ dO =
12 {32 dP
ol'l , ~ sen2 f) r 2 scn OdO d<P
327r·,.-
21r
r
2
o
scn~ OdO
2
(I - cos 0) d( -cos 0)
o
cos~ O
3
2
i"
(13. 10)
..
- cos0
0
4
=3
2
e {1 = 47r /À • Portanto, a equação ( 13.1 0) torna-se
p.
"
-_
I~ 1fl1
3
[d/]
-
2
À
( 13.1 1a)
Antenas •
Se o meio de propagação é o espaço livre,
531
120n c
T) =
(13.llb)
Esta potência é equivalente à dissipada pela corrente I = / 0 cos wt em urna resistência fictícia R;..
isto é,
P;,
=
' R;,
1-;ms
ou
( 13.12)
onde I m>< é a raiz do valor quadrático médio' de I. Das equações ( 13. 11 ) c ( I :t 12), obtemos
R;, =
2P;,.
(13.13a)
?
I~
ou
R·
''
= 8071"2 [ d/]2
)\
( 13.1 3b)
A resistência R,, é uma propriedade característica do dipolo hert:dano c é chamada resistência de ir·
radiaçilo. Das equações ( 13.12) e (13. 13), observamos que necessitamos antenas com resistência de
irradiação grande para irradiar grandes quantidades de potência para o espaço. Por exemplo, se d/ =
l\J20, R;, "" 2 f!, o que é um valor pequeno, isto é, esta antena irradia valores relativamente baixos de
potência. Deve se notar que a R;, para o dipolo henziano, apresentada na equação ( 13.13b) é válida
para o espaço livre. Se o dipolo está em um outro meio sem perdas, 11 =
v;;k deve ser substituído
na equação ( 13.11 a) e R;, será determinada usando a equação ( 13.13 a).
Note que o dipolo de Hertz é considerado infinitesimalmente pequeno ({J d/« I ou d/ < l\JIO).
Conseqüentemente, a sua resistência de irradiação é muito pequena c, na pnítica, isto dificulta o seu
casamento com uma linha de transmissão real. Assumimos também que o dipolo tem um distribuição de corrente uniforme. Isto requer que a corrente não seja nult1 nas extremidades da antena. Jsto é
impossível do ponto de vista prático, pois o meio circundante não é condutor. Entretanto, nossa análise servirá como uma aproximação útil e válida para antenas com d/ s l\Jl O. Vamos analisar, na próxima seção, o caso de antena mais comum na prática (e tal vez o mais importante) que é a antena di·
polo de meia onda.
13.3 ANTENA DIPOLO DE MEIA ONDA
O termo dipolo de meia onda deriva do fato de que o comprimento dessa antena é a metade de um
comprimento de onda (e = l\J2). Conforme mostrado na Figura 13.4(a), ele consiste de um fio fino
alimentado ou excitado, no seu ponto central, por uma fonte de tensão conectada à antena através de
uma linha de transmissão (uma linha bifilar, por exemplo). O campo devido ao dipolo pode ser obtido, com facilidade, se considerarmos que o dipolo é uma sucessão de dipolos de Hem;. O potencial
magnético vetorial em P, devido a um comprimento diferencial d/( = dz) do dipolo, que conduz urna
corrente fasorial /, = 1. cos {Jz, é
(13. 14)
• N. de T. Do inglês. n>Qtmea" sq1wr~. Também denominado de valor eficaz. em ponugu<:s.
532
• Elementos de Eletromagnetismo
__
distribuiç.:io
',
t
linha de
' / de corrente
1=10 cos{J.
I
transmissão
\
-
\
'
I
\
:unena
dipolo
Fi~ura 13.4 Um dipolo de meia onda.
I
I
f,
__-
/
/
(3)
--
/
./"
z
p
r'
O'
dz
(b)
Note que, para obtermos a equação ( 13.14), assumimos uma distribuição de corrente senoidal, pois
a corrente deve ser nula nas extremidades do dipolo. Também é possível utilizar uma distribuição de
corrente triangular (veja o Problema 13.4). Entretanto, esta distribuição fornece resultados menos
precisos. A distribuição real da corrente na antena não é conhecida com precisão. Ela pode ser determinada pela resolução das equações de Maxwell, aplicando as condições de fronteira na superfície
da antena, mas este procedimento é matematicamente complexo. Entretanto, a suposta corrente senoidal se assemelha bastante à distribuição obtida pela solução do problema de valor de fronteira e é
a distribuição normalmente utilizada no estudo da Teoria de Antenas.
Se r» confom1e exposto na Seção 4.9 sobre dipolos elétricos (ver Figura 4.2 1), então,
e.
r - r'
=
z cos 8
r' = r - z COS ()
ou
Portanto, podemos substituir r' = r no denominador da equação ( 13. 14), em que é necessário considerar o valor ela distância entre o elemento de corrente e o ponto em que desejamos calcular o campo.
Para o termo fasorial no numerador da equação ( 13.14), a diferença entre {3r e {3r' é significativa. Sendo assim, substituímos r' por r -z cosO, em lugar de substitui-lo por r. Em ou tras palavras, mantemos
o termo em cosseno na função exponencial e desprezamos este termo no denominador, pois a exponencial envolve a constante de fase, enquanto o denominador não depende deste fator. Portanto,
A~, =
),/4
JLio
47TI'
f
e - j/J(r-: cosO> cos {3z dz
- ),/4
(13. 15)
),/4
JLio
·
= - e -J/Jr
47Tr
f
e 1·/J: co• 0 cos {3z dz
- ).1
4
Da tabela de integrais do Apêndice A.S, obtemos
f
,-
e-cos
b d
z z=
e": (a cos bz + b sen bz)
••
a·+ b·
Antenas •
533
Aplicando este resultado à equação (1 3.15), resulla em
( 13.16)
- )J4
Como (3 = 21r/À ou (3 >..!4 =
r.n e -cos2 O +
1 e-
Azs =
P.
0,
2
I = sen O, a equação ( 13.16) torna-se
jfjr
,
[ei<"l2) cos B(O
4r.rfhen- O
.
+ /3)
_ e J<rl2)cos B(O _ /3)]
( 13.17)
.
Usando a identidade e'' + e·J• = 2 cos x, obtemos
1-1/0 e- j{Jr
COS (~COS O)
( 13.18)
21rr(3sen2 O
Azs =
Usamos a equação (13.4) en~ conjunto com as relaç~es B, = p.H, = V X A, e V X H \= jw;E, para
obtermos os campos magnétiCO e elétn co na zona distante (descartando os termos I 11·· e 1/r-) como
j/0 e - j{jr COS ( ;
=
H</>s
COSO)
(13.19)
'
2wr sen 8
Note, novamente, que os termos de irradiação dos campos HI/<S e E0, estão em fase no tempo e são ortogonais entre si.
Utilizando as equações ( 13.9) e (13. 19), podemos obter a densidade de potência média no tempo
como
(13.20)
A potência irradiada média no tempo pode ser determinada como
P;,
I
=
llJ>,,..d . dS
2.,
f
-
<o=o
J" 7J/~cos2 (; cose) r-, sen
o=o
12
= 1J
~ 21r
81r-
= 30/ ~
2 2
81r r sen-O
.
1
.
i
,
f)
dfJ d<P
(13.21)
2
cos ( ; cos fJ)
dO
senO
0
2
cos
0
(~ cos 8)
dO
senO
onde 1J = 1207r foi usado, supondo que o meio de propagação é o espaço livre.
Devido à natureza do integrando na equação ( 13.21 ),
.
i
12
0
2
cos
( ; coso)
--'---:-~dO
sen O
J"
cos
=
2
.n
(;
coso)
scn O
dO
534
• Elementos de Eletromagnetismo
Este resultado pode ser ilustrado, com facilidade, fazendo-se um esboço grosseiro da dependência do
integrando com relação a O. Portanto,
i" (f
2
12
_
2
P;, - 60/ o
cos
11
P;, =
=
cos 8 c usando frações parciais, podemos reduzir a equação
,i
~
I
1 cos· ~~~
60/ ~
, d11
I - u-
o
?
=
( 13.22)
sen 8
0
Fazendo a mudança de variável
( 13.22) a
cosO) dO
i
30/~
1 cos-
o
I
1ru
2
+ n
I
( 13.23)
1
du
+
i
I
cos-' 2'~~""
- - - du
1- u
o
Substituindo I + u por v no primeiro integrando c I - u por v no segundo integrando, resulta em
i
'
P;, = 30/ õ
1
• I
sen- - 1rv
v2
2
dv +
o
i
2
2
= 30/ o
f
sen-' I 1rv
2
- - - dv
v
I
(13.24)
' I
sen-27rv
dv
v
o
Realizando a mudança de variável w = 1rv, obtemos
P;, =
30/~
2,
1
' Iw
sen--
2
o
i
i
w
dw
= 15/2 z,. ( I - cos w) I
.
o
>
= 15/ õ
.
pOIS COS
o
h
w
[
o
w
w3
2! - 4!
( 13.25)
tw
ws
+ 6! -
w7
8! + . ·
·] dw
· ·. Integrando, termo a termo, a equação ( 13.25) e
w=
substituindo os limites de integração, chegamos a
. ~ [ (211")2
P;, = 15/• o 2(2!)
= 36,56 / ~
(271")4
4(4!)
-'---'- +
(211")6
6(6!)
-
(271")8
8(8!)
+ ...
]
( 13.26)
A resistência de irradiação R;, para o dipolo de meia onda é obtida das equações ( 13.12) e ( 13.26)
como
R;, -
( 13.27)
Note o acréscimo significativo da resistência de irradiação do dipolo de meia onda com relação ao
dipolo hertziano. Assim, o dipolo de meia onda é capaz de transmitir maior potência para o espaço
do que o dipolo hertziano.
Antenas •
A irnpedância de entrada total da antena
é dada por
535
zc.. é a impedãncia observada nos terminais da antena e
(13.28)
onde R,.• , = R;, para antenas sem perdas. A obtenção do valor da reatãncia X,., envolve um procedimento complicado, que está fora do escopo deste texto. Para um dipolo de comprimento = 'N2, obtém-se X,.,., = 42,5 íl; portanto, Z<•• = 73 + j42,5 O. A rcatância indutiva cai rapidamente para zero à
medida que o comprimento do dipolo se reduz levemente. Para = 0,485 À, o dipolo é ressonante,
com X<•• = O. Portanto, na prática, um dipolo de 'N2 é projetado de tal maneira que
se aproxime
de zero e Z<••"" 73 íl. Este valor da resistência de irradiação da antena dipolo de )J2 é a razcio da existência do cabo coaxial padrJo de 75 n. Isto facilita o casamento de impedância entre a antena e a linha de transmissão. Estes fatores, acrescidos à propriedade ressonante desta antena, são as razões de
sua popularidade e uso extensivo.
e
e
x,.,
13.4 ANTENA MONOPOLO DE QUARTO DE ONDA
Basicamente, a antena monopolo de quarto de onda consiste de metade de um dipolo de meia onda
colocado sobre um plano terra condutor, con forme mostrado na F igura 13.5. A antena monopolo é
colocada perpendicularmente ao plano condutor, que é usualmente suposto infinito c perfeitamente
condutor. A antena é alimentada por um cabo coaxial conectado a sua base.
Usando a teoria das imagens da Seção 6.6, substituímos o plano terra inlinito perfeitamente condutor pela imagem da antena monopolo. O campo produzido pelo monopolo de 'N4 e sua imagem na
região que fica acima do plano terra é o mesmo campo de um dipolo de 'N2. Portanto, a equação
( 13.19) é válida para o monopolo de 'N4. Entretanto, a integral da equação ( 13.21 ) deve ser calculada apenas na superfície hemisférica acima do plano terra (isto é, O s Os Tr/2), pois o monopolo só
irradia na parte superior do plano condutor. Consequcntemcnte, para a mesma corrente, o monopolo
irradia apenas a metade da potência de um dipolo de meia onda. Portanto, para um dipolo de 'N4,
P;, "" 18,28 I~
( 13.29)
R;, = 36,5 n
( 13.30)
c
ou
Pela mesma razão, a impedâocia de entrada total de um monopolo de 'N4 é Z«11 = 36,5 + j2l,25 n.
.: .-'•
'•
I
'~-imagem
•
Figura 13.5 A amena monopalo.
\
planocom
condutividadc
infinita
536
• Elementos de Eletromagnetismo
13.5 ANTENA PEQUENA EM ANEL
A antena em anel (espira ou elo) é de importância prática. Ela é utilizada para, através da radiogoniometria, detenninar a posição de radioemissores, e como an tenas de TV para freqüências ultra-altas
(UHF). O termo "pequena" implica que as dimensões do anel (como P0 ) sejam muito menores do que
o comprimento de onda À.
Considere um pequeno anel circular fi lamentar de raio P. conduzindo uma corrente uniforme
/ 0 cos wt, conforme mostrado na Figura 13.6. O anel pode ser considerado como um dipolo magnético elementar. O potencialmagnéúco vetorial devido ao anel, no ponto P, é dado por
1 JL(/) d l
A =
J
( 13.31 )
41Tr'
L
o nele [/I = / 0 cos (wt - {lr') = Re [T/ <"•-1!')]. Substituindo[/] na equação ( 13.3 1), obtemos A na forma fasorial como
A, = P.
f0
41!'
fe
L
- J{tr•'
r'
dl
( 13.32)
O cálculo desta integral envolve um procedimento bastante longo. Pode se mostrar que, para um anel
pequeno (P. «À), a variável r ', no denominador ela equação ( 13.32), pode ser substituída por r, e que
As só tem componente na direção t/J, que é dada por
Aó.< =
~tf0 S
411'r 2
(I
.
+ Jflr)e
_ '(J
' 'scn 8
( 13.33)
onde S = 1rp! = a área da antena. Para uma antena com N espiras, S = N1rp!. Utilizando o fato de que
B, = p H, = V X A, e V X H, = jweE•• obtemos os campos elétrico c magnético a partir da equação
( 13.33) como
E ós =
-
[j(l + ..1,)
[~ j_]e
jwp.I.S scn 8
471'
e
r
j(Jr
r·
H,. -_ jw~ti.S c oOs , _ {3 3
,.r·
2 71'71
- j(Jr
( 13.34a)
( 13.34b)
( 13.34c)
E,., = E0., = H.:.s = O
z
p
r'
I
'\, l inha de transmiss.'io
( 13.34d)
Figur11 13.6 A antena pequena em anel.
Antenas •
537
Comparando as equações (13.5) e (13.6) com as equações ( 13.34), observamos a natureza dual dos
campos devido ao dipolo elétrico, da Figura ( 13.3), c devido ao dipolo magnético, da Figura ( 13.6),
(veja também a Tabela 8.2). Na região de campo distante, somente o termo 1/r (termo de irradiação)
permanece nas equações (13.34). Portanto, na região de campo distan te,
E
=
95
wp.loS {3 sen Oe iP•
4~rr
=
1J1rloS
O
• sen e
- j{Jr
,...,.,-
ou
Ho., =
( 13.35a)
( 13.35b)
onde 11 = 1 20~r, pois se supõe propagação no espaço livre. Embora as expressões para o campo distante, nas equações ( 13.35), tenham sido obtidas para um anel circular pequeno, elas podem ser utiliz<Jdas para um anel quadrado pequeno de uma espira (S = a\ de N espiras (S = Na2) ou para qualquer anel pc.queno, desde que as dimensões do mesmo sejam pequenas (d s 'AliO, onde d é a maior
dimensão do anel). Deixa-se como exercício demostrar que, utilizando as equações ( 13.13a) e
( 13.35), obtemos a resistência de irradiação de uma antena pequena em anel como sendo:
(13.36)
EXEMPLO 13.1
Necessita-se de uma amplitude de campo magnético de 5 p.Alm em um ponto O = n/2 e a 2 km de
uma antena no ar. Desprezando as perdas ôhmicas, calcule a potência que deve ser emi lida pela antena se ela for:
(a) um dipolo hertziano de À/25?
(b) um dipolo de meia onda?
(c) um monopolo de um quarto de onda?
(d) uma antena em anel com I Oespiras de raio p 0 = 'AI20?
Solução:
(a) Para um dipolo hertziano,
I = Jof3 d/ senO
H
I
onde d/ = 'AI25 ou {3 d/ =
21r À
T
· 25 =
"'·'
27r
25
4 "Ir/"
. Portan to,
538
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
10 = 0,5 A
?
,
2
p. = 401T2 d/ - 12 = 40.-(0,5)
[
...
À]
o
(25i
= 158mW
(b) Para um dipolo de M2,
(;cosO)
--2-•--'r'--s-en- O--'10
IH.,_
,! =
5
X
10- 6
COS
1
1
0
-· -::--= - - -.::...
21T (2 X I 0~) · ( I )
ou
10 = 20• mA
P;,
X 10- 6(73)
= 1/2/ ~ R;, = l/2(201li
= 144 mW
(c) Para um monopolo de À/4,
10 = 20• mA
como na parte (b).
P;,
= 1/2/ ~ R;, = 1/2(20• )2 X
10- 6(36,56)
= 72mW
(d) Para uma antena em anel,
Para o caso de uma espira única, S = 1rp!. Para N espiras, S = N?Tp~ . Portanto,
ou
I =
0
10 [~]2 X 10- 3 = 202 X 10- 3
2
2
I 0• Po
•
= 40,53 mA
s2= ., o 6 2[&.]4
R". = 320 À1T4
4
.>2 • N
À
=
6
320 ?T X 100
L~ r= 192,3 n
P;, -- I 102 R;, -- I (40,53)2
2
2
= 158 mW
X 10
-6
( 192,3)
Antenas •
539
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.1
Um dipolo hertziano, cujo comprimento é À/I 00, está localizado na origem c é alimentado por
8
uma corre01e de 0,25 sen 10 t A. Determine o campo magnético em:
(a) r = Àl5, 8 = 30°
(b) ,. = 200À, 8 = 60°
EXEMPLO 13.2
Um campo elétrico de amplitude IOp. V/m deve ser medido em um ponto de observação locali zado
em 8 = Trl2 e a 500 km de uma amena dipolo de meia onda (ressonante), operando, no ar, em 50
MHz.
(a) Qual é o com primemo do dipolo?
(a) Calcule a corrente que deve alimentar a antena.
(c) E ncontre a potência média irradiada pela antena.
(d) Se uma linha de transmissão com Z0 = 75 !l é conectada à antena, determine a relação de onda
. ,.
estaCIOnana.
Solução:
(a) O comprimento de onda é À
3 X 108
c
=f =
6
50 X 10
Portanto, o comprimemo do dipolo de meia onda é
= 6 m.
e=
3 m.
À =
2
(b) Da equação ( I 3.19),
ou
lo =
E
_,o"-'
si_2.,..Tr_r..;.se.'n
;..._O~
_,_
1
-
l'lo COS ( ; COSO)
J0
X 10- 6 271" (500 X
l O~)· (I)
12071" (I)
= 83,33 mA
(c)
R;,= 73 n
P;,
I
o
= 2I I ,~ R ;, = 2(83,33)"
X
10
G
X 73
= 253,5 mW
(d)
f =
Zc - Zo
(Zc
Zc + Zo
= 73 + j42,5 -
=
75
75
73 + j42,5 +
42 55/92 69°
'
'
=
153,98/16,02°
Zeno neste caso)
=-2
+ j42,5
148
+ j42,5
o 2763/ 76 67°
•
-
•
540
•
Elementos de Eletromagnetismo
s=
+ 1r 1
- Jr l
I + 0,2763
- 1,763
I - 0,2763
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.2
Repita o Exemplo 13.2 para o caso em que a antena dipolo é substitufda por um monopolo de W4.
Resposta:
(a) 1,5m, (b) 83,33 mA, (c) 126,8 rnW, (d) 2,265.
13.6 CARACTERÍSTICAS DAS ANTENAS
Tendo já considerado os tipos básicos de antenas, vamos, agora, discutir algumas das caractcrfsticas
importantes de antenas corno in·adiadores de energia eletromagnética. Estas características incluem:
(a) diagrama de irradiação; (b) intensidade de irradiação; (c) ganho diretivo c (d) ganho de potência.
A. Diagrama de irradiação
Um diagrama de irradiação de uma antena é um gráfico tridimensional de sua irradiação na
zona distante.
Quando é feito um gráfico de uma componente específica do campo E, este gráfi co é chamado de
diagrama de campo ou diagrama de tensão. Quando é feito um gráfico da amplitude do campo elétrico E, elevada ao quadrado, o mesmo é chamado de diagrama de potência. Pode-se substituir arepresentação tridimensional do diagrama de urna an tena por gráficos independentes de valores normali zados de IE) em função de 8, para ~Pcon stante (o que é chamado de diagrama no plano E ou diagrama vertical), e de valores normalizados de IE) em função de fP, para O = 1r/2 (o que é chamado
diagrama no plano H ou diagrama horizomal). O valor normalizado de IE) é calculado com relação
ao valor máximo de IE), de tal maneira que o valor máximo de IE,I normalizado é um.
Por exemplo, para o dipolo hertziano, o IE,I normalizado é obtido da equação ( 13. 7) como sendo
f
(8) = Jsen OI
(13.37)
que é independente de cp. Da equação ( 13.37), obtemos o diagrama no plano E como o gráfico polar
dcj(O), com Ovari ando entre 0° e 180°. O resultado é apresentado na Figura .13.7(a). Note que o gráfico é simétrico em torno do eixo z (O = 0). Para o diagrama no plano H, colocamos O = 1r12, tal que
f(O) = l , o que nos fornece o cú·culo de raio unitário mostrado na Figura 13.7(b). Quando os dois
gráficos das Figuras 13.7(a) e (b) são combinados. obtemos o diagrama tridimensional da Figura
13.7(c), que tem a forma que se aproxima a um toróide.
Um gráfico da potência média no tempo, le/1 m,'dl = e/1,~. para uma distancia lixa r, é o diagrama
de potência da antena. Ele é obtido fazendo grál1cos separados de e/1m-'<~ em função de O, com cp constante, e de e/1m<~ em função de cp, com Oconstante.
Para o dipolo hertziano, o diagrama de potência normalizado é obtido, faci lmente, das equações
( 13.37) ou ( 13.9) como
( 13.38)
que é apresentado na Figura 13.8. Note que as Figuras 13.7(b) c 13.8(b) mostram círculos, poisf(O)
é independente de fP, e que o valor de OP na Figura 13.8(a) é a potência média relativa para Oespecilicado na figura. Assim, no ponto Q (O = 45"). a potência média é metade do valor máximo da potência média (o valor máximo da potência média está em O= 7r/2).
Antenas •
541
)'
(a)
(b)
(c)
l' i{(ur a 13.7 Diagramas de campo para um dipolo he11ziano: (a) no plnno E normalizado ou diagrama vertical
(~ - constante = 0): (b) no plano H normalizado, ou plano horizolllal (O - 7r/2): (c) diagrama tridimensional.
eixo polar
)'
(a)
(b}
Figur a 13.8 Diagrama de potência para um dipolo hertziano: (a) 41 = constante = 0: (b) O= constanle =
1riZ.
B. Intensidade de irradiação
O diagrama da imensidade de irradiação de uma antena é definido como
U(O, <P} = r
2
1!i'méd
(13.39)
542
• Elementos de Eletromagnetismo
Da equação ( 13.39), a potência total média (no tempo) irradiada pode ser expressa como
1/J>méd dS =
P;, = {
=
=
fs
f
1/J>rnéd
2
r sen OdO d4>
U(O, 4>) senO dO d4>
r. r
( 13.40)
U(O, </l) dO
ç;- o o- o
onde dO = senO dO dl/> é o ângulo sólido diferencial, em esferoradianos (sr). Portanto, a intensidade
de irradiação U(O, f/>) é medida em watts por es fcroradianos (W/sr). O valor médio de U(O, 1/>) é a potência total irradiada dividida por 4r. sr, isto é,
( 13.41)
C. Ganho diretivo
Para espcci ticar as características de irradiação das antenas, al6m dos diagramas da antena descritos
acima, também nos interessam grandezas mensuráveis, tais como ganho c dirctividade.
O ganho diretivo Gj..O. 1/>) de uma antena é uma medida da concentração da potência irradiada em uma determinada direção (0, 1/>).
Este ganho pode ser entendido como uma medida da capacidade de a antena dirigir a potência irradiada segundo uma determinada orientação. Ele é usualmente obtido como a razão entre a intensidade de irradiação em uma determinada direção (0.1/>) e a intensidade de irradiação média, isto é,
G,!...O, 4>) = U(O, 4>) = 4;r U(O, 4>)
P;,
u...,d
( 13.42)
Substituindo a equação (I 3.39) na equação ( 13.42), 1/J> """ pode ser expresso, em termos do ganho direli vo, como:
CJ!>
lfméd -
G,,2 P;,
4;rr
( 13.43)
O ganho diretivo G,,(e, 1/>) depende do diagrama de irradiação ela antena. Para o dipolo hertziano (assim como para o dipolo À/2 e para o monopolo À/4), notamos, a partir da Figura 13.8, que 1/J> mé~ é máximo para O = 1rl2 e mínimo (zero) para O = Oou r.. Portanto, o clipolo hertziano irradia potência preferencialmente na direção perpendicular ao seu comprimen to. Para urna antena isotr6pica (antena
que irradia igualmente em todas as direções), G.~ = I . Entretanto, este tipo de antena não é realizável
fisicamente, isto é, trata-se de uma antena ideal.
A diretividade D de uma antena é a razão entre a intensidade de irradiação máxima e a intensidade de irradiação média.
Obviamente, a diretividade D é o valor máximo do ganho diretivo Gd, máx. Portanto,
D=
( 13.44a)
Antenas •
543
ou
D = 47r Unw.
P;,
( 13.44b)
A diretividade de uma antena isotrópica é D = I. Este é o valor mfnimo que D pode assumir. Para o
dipolo hertziano,
D = 1,5.
( 13.45)
D = 1,64
( 13.46)
Para o dipolo de 'N2,
onde 'YI = 120 1r,
R ood
= 73 fl e
cos ( ;cos e)
(e) = - - 'S-'Cl-l e:--.;_
f
( 13.47)
D. Ganho de potência
A nossa definição de ganho diretivo, na equação ( 13.42), não leva em conta as perdas ôlunicas Pc na
antena. A existência de P, se deve ao fato de que a antena é leita com um condutor de condutividade
finita. Conforme ilustrado na Figura ( 13.9), se P""' é a potência total de entrada da antena,
( 13.48)
onde /""' é a corrente nos terminais de entrada c R, é a resistência de perda ou a resistência ôhmica da
antena. Em outras palavras, P.m é a potência recebida pela antena em seus terminais durante o processo de irradiação, c P;, é a potência irradiada pela antena. A diferença entre estas duas potências é
P, a potência dissipada na antena.
Detinimos o ganho de potência CP(O, 1/J) de uma antena como
G,,(O, </>) = 47r U(O, tf>)
( 13.49)
P cnl
A razão entre o ganho de potência em uma determinada direção c o ganho diretivo nesta mesma direção é definida como sendo a eficiência de irradiação 'Y/,. das antenas, isto é,
Gp
'Y/ = r
Gd
P;,
= -
P cm
Utilizando-se a equação ( 13.48), obtemos
P;,
'Y/r = -
Peou
=
R;,
R;, + Rc
( 13.50)
Para muitas antenas, 1], é próximo de I 00%, tal que Gp == G". E' comum expressar a diretividade e o
ganho em decibéis (dB). Portanto,
D (dB) = lO log10 D
( 13.51 a)
G (dB) = lO log10 G
( 13.51b)
544
•
Elementos de Eletromagnetismo
P;.
- - I..~
Figum 13.9 Relação entre P;,. P1 e Pr>d.
Deve-se mencionar, neste ponto, que os diagramas de irradiação das antenas são usualmente medidos na região de campo distante. Em geral, considera-se que a região de campo distante de uma antena existe para distâncias r~ ronrn• onde
?
2d"
rmin
e d é a maior dimensão da amena. Por exemplo, d
pequena em anel.
EXEMPLO 13.3
=
T
( 13.52)
= epara o dipolo elétrico e d = 2p., para a antena
Mostre que o ganho diretivo para o dipolo hertziano é
Gl.fJ, tf>) = 1,5 sen·' ()
c para o dipolo de meia onda é
cos2 (
GJ..(), !/>)
= 1,64
f cos ())
, ()
sen·
Solução:
Da equação ( 13.42), temos
(a) Para o dipolo hertziano,
4'lT scn2 ()
4?r scn2 O
Gj8, cp) = - - : : - - - - - - =
271" (4/3)
sen3 8 dO dcp
,,.
("
f lo-o
<t>= O
?
- I ,5 scn· 8
conforme solicitado.
(b) Para o dipolo de meia onda,
2
4?r cos
GJ..8, <P)
= _ __
2r
f
o=O
I..,
8_ 0
(
f
cos
O)
scn2 8
....;;.:.;,;-;_-~-
f
cos{
cos
O) d8 dcp
scn O
Antenas •
545
Da equação ( 13.26), a integral no denominador resulla em 21r ( I ,2 188). Portanto,
2
47r cos
Gj.O, t/>) =
(;
cosO)
sen- o
2
cos ( ;
=
I
?
I ,64
27r ( l ,2 188)
cosO)
?
sen- O
conforme solicitado.
,
EXERCICIO PRATICO 13.3
,
Cal cule a diretividade de:
(a) um monopolo hertziano;
(b) um monopolo de um quarto de onda.
Resposta: (a) 3; (b) 3,28.
EXEMPLO 13.4
Determine a intensidade do campo elétrico a uma distância de I Okm de uma antena, que tem um ganho diretivo de 5 dB, e que irradia uma potência total de 20 kW.
Solução:
ou
Da equação ( 13.43),
Contudo,
Portanto,
IE 12
1/G,h = 1207r(3, 162)(20 X 10~)
=
21rr 2
•
IE,I =
27r [ I O X
IOY
0, 1948 V/m
EXERCÍCIO P RÁTICO 13.4
Uma detenninada antena tem uma eficiência de 95% c uma intensidade de irradiação máxima de
0,5 W/sr. Calcule a diretividade quando:
(a) a potência de entrada é 0,4 W ;
(b) a potência irradiada é de 0,3 W.
Resposta: (a) 16,53; (b) 20,94.
54 6
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 13.5
A intensidade de irradiação de uma determinada amena é
U(O, <!>) = [ 2 sen ~.sen
3
os
cp,
os
7f,
o s ti> <
7f
para os demais valores
Determine a diretividade da antena.
Solução:
A diretividade é definida como
Da expressão fornecida para U, teremos
Uméd
= ...!.._
47r
1
= -
I
U dÜ ( = P;,/47r)
f" i"
4 7r 9 ~0 s~o
2 sen Osen 3 cf> sen OdO dt/>
i"
i"
= -I
sen2 OdO
sen3 if> dt/>
2 7r o
o
i"
i.
I (1-cos20)d0
( l - cos2 cJ>)d( - coscp)
27r o 2
o
I
=-
1 -I ( o- sen
= 27r 2
2
=
20J "(cos3 q, -
2~ (;) (~) = ~
o
3
cos cp )
"
o
Portanto,
2
D = (1/3) = 6
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.5
Calcule a diretividade ele uma antena para a qual a intensidade de irradiação normalizada é dada
por:
U(O, <!>) =
Resposta:
{~:nO,
os
7r/2, o s cp s 27r
para os demais valores
os
2,546.
13.7 CONJUNTOS DE ANTENAS
Em muitas situações práticas (por exemplo, em estações de radiodifusão de AM), é necessário que se
projetem antenas que irradiem mais energia em uma determinada direção e menos energia em outras
direções. Isto é equivalente a condicionar que o diagrama de irradiação seja concentrado na direção
de interesse. Isto é dificilmente obtido com apenas uma antena. Um conjunto de antenas pode ser uti lizado para obter uma diretividade maior do que a que pode ser obtida com apenas uma antena.
Antenas •
547
Um conjunto (rede ou arranjo) de antenas é um agrupamento de elementos irradiantes
(antenas) arranjado de tal maneira a produzir algumas características de irradiação desejadas.
É prático c conveniente que o conjunto seja formado de elementos idênticos, embora esta não seja
uma limitação fundamental. Vamos analisar aqui o caso mais simples de um conjunto de dois elementos para depois estender os resultados para o caso mais geral c complicado de um conjunto com
N elementos.
Consideremos uma antena formada por dois dipolos hertzianos colocados no espaço livre, ao longo do eixo z. mas orientados paralelamente ao eixo x, conforme representado na Figura 13. 10. Vamos assumir que o dipolo localizado em (0, O, d/2) é percorrido por uma corrente / 1, = 10 /.!! , enquanto que o dipolo localizado em (0, O, -d/2) é percorrido por urna corrente lz... = l 0 LO
, onde a é a
diferença de fase entre as duas correntes. Variando-se o espaçamento de a diferença de fase a, os
campos das duas antenas podem se interferir construti vamente (adicionar) em certas direções de interesse c se interferir destrutivamente (cancelar) em outras direções. O campo elétrico total em um
ponto P é a soma vetorial dos campos devidos a cada elemento do arranjo. Se o pon to P está na região de campo distante, obtemos o campo elétrico total em P, a partir da equação ( 13.7a), como
( 13.53)
Note que o sen O, da equação ( 13.7a), foi substituído porcos O, pois o elememo da Figura 13.3 está
na direção z, enquanto os da Figura 13.1 Oestão na direção x. Como P está longe do arranjo, O1 = O
== 01 e a91 = a8 = a82" Na amplitude, podemos colocar r 1 = r == r 2 , mas, na fase, utilizamos
,.. = ,. -
2d cos 8
d
,., = ,. + - cos
-
2
e
( 13.54a)
( 13.54b)
Portanto, a equação ( 13.53) fica
( 13.55)
Fi~:ura
13.10 Um conjunto de dois elementos.
548
• Elementos de Eletromagnetismo
A comparação desta equação com a equação ( 13.7a) mostra que o campo total de um an·anjo é igual
ao campo criado por um dos elementos do conjunto, localizado na origem, multiplicado por urnfa Jor de rede, que é dado por
FR = 2 cos [ ~ ({M cos O +
a)]
ei<>' 2
( 13.56)
Dessa forma, em geral, o campo distante devido a um conjunto de dois elementos é dado por
E (total) = (E devido a um elemento localizado na origem) X (fator de rede)
(13.57)
Também, da equação ( 13.55), note que Icos OI é o diagrama de irradiação devido a apenas um eleé o diagrama de irrad iação
mento, enquanto o fator de rede normalizado, cos[ 112({3d cosO + a)
do conjunto, considerando que os irradiadores são isotrópicos. Estes diagramas podem ser considerados como o " diagrama unitário" e o "diagrama de grupo", respecti vamente. Portanto, o " diagrama
resultante" é o produto entre o diagrama unitário e o diagrama de grupo, isto é,
I
l i.
Diagrama resultante = diagrama unitário X diagrama do grupo
( 13.58)
Este processo de obtenção do diagrama de irradiação de um conjunto de antenas é conhecido como
mulliplicação de diagramas. É possível traçar, quase por inspeção, o diagrama de irradiação de um
conjunto pela multiplicação de diagramas. É, portanto, uma boa ferramenta a ser utilizada no projeto de conjuntos. Devemos realçar que, enquanto o diagrama unitário depende do tipo de elemento irradiante que é usado no conjunto, o diagrama de grupo independe do tipo do elemento, desde que o
espaçamento d, a diferença de fase a e a orientação dos elementos se mantenham inalterados.
Vamos, agora, estender os resultados obtidos para conjuntos de dois elementos para o caso mais
geral de conjuntos com N elementos, ilustrado na Figura 13.11. Supomos que o conjunto é linear, isto é, que os elementos do arranjo estão igualmente espaçados ao longo de uma linha que coincide
com o eixo z. Assumimos, também, que o conjunto é uniforme. tal que cada elemento é percorrido
por correntes de mesma amplitude, mas com um deslocamento de fase progressivo a , isto é,
l 1s = l of!!., l 2s = l o!!!_, h, = fo/2a, e assim por diante. Nosso interesse principal é calcular o fator
de rede. O campo na região distante pode ser calculado facilmeme a partir da equação ( 13.57), desde que o fator de rede seja conhecido.
Para o arranjo linear uniforme, o fator de rede é a soma das contribuições de todos os elemen tos. Assim,
( 13.59)
z
FiRu ra 13.11 Arranjo linear uniforme de N elementos.
Antenas •
549
onde
Y, = /3d cos 8 + a
( 13.60)
Na equação ( 13.60), /3 = 27r!À, sendo que d c a são, respectivamente, o espaçamento c o deslocamento de fase entre cada elemento. Note que o lado direito da equação ( 13.59) é uma série geométrica com a forma
I -
x"'
1- x
(13.61)
Assim, a equação ( 13.59) torna-se
I - ei"'o/FR =
.,
I - e
( 13.62)
1
"'
que pode também ser escrita como
ei"'>l- _ 1
FR =
ei"' -
eiNo/-12 e.IN>I-12 _ e -.JN.;,n
I
eNn - e - N12
eNt2
( 13.63)
= eJ<N- 1).;,12 sen (NY,/2)
sen (Y,/2)
O fator de fase e'(N- •>1"'2se anularia se o arranjo estivesse centrado na origem. Desprezando este termo, podemos escrever
N.jl
sen2
FR =
l •
V'
Y, = /3d cos 8
+a
( 13.64)
sen-
2
Note que esta equação se reduz à equação ( 13.56) quando N = 2, conforme esperado. Note, também,
o seguinte:
1. FR tem valor máximo igual a N. Porranto, FR normalizado é obtido dividindo FR por N. O
máximo principal ocorre quando 1f1 = O, isto é,
O = {3d cos 8
+a
ou
cos 8 =
- {3da
( 13.65)
2. FR tem nulos (ou zeros) para FR = O, isto é,
Nl/t
-
2
= +k7r,
k = I, 2, 3, . . .
( 13.66)
onde k não pode ser múltiplo de N.
3. Um arranjo transversa/tem sua direção de máxima irradiação perpendicular ao eixo do arranjo, isto é, 'I'= O, 8 = 90", tal que a = O.
4. Um arranjo longitudinal tem sua direção de máxima i•Tacliação ao longo do eixo do arranjo,
isto é, t{t = O, 8 = [: tal que a = [ :
Os pontos acima referidos são úteis para se realizar a representação gráfica de FR. Os gráficos de
FR para N = 2, 3 e 4 estão apresentados na Figura 13. 12.
550
• Elementos de Eletromagnetismo
EXEMPLO 13.6
Represente, graficamente, o diagrama de campo normalizado para o conjunto de dois elementos da
Figura 13. 1O, quando as correntes estão:
(a) em fase (a= 0) e d = 'N2.
(b) 90° fora de fase (a = «12) e d = 'N4.
Solução:
O campo normalizado para este arranjo é obtido das equações ( 13.55) a (13.57) como
f(O) = cos Ocos [
(a) Se a
= Oe d = 'N2, então {3d =
2
:
f( O)
~ ({3d cos O + a)]
~ = «. Portanto,
-
7r
lcos OI
cos 2 (cos 0)
J,
J,
J,
diagrama X
unitário
diagrama
resultante
diagrama
de grupo
A representação gráfica do diagrama unitário é fácil. E' simplesmente uma versão girada da Figura
13.7(a), obtida para o dipolo hertziano, e está apresentada na Figura 13.13(a).
FR
L
. - - - - - L -- - - - - : ''--
o
•
FR
(a)
l•
v
N; 2
3
~-~~-L-~~-~L-.v
o
2• /3
•
4•/3
2•
(b) N• 3
FI?
4
1.08
~--+---.._-:-';,......~L--
o
•/2
•
(c)
311/2
.V • 4
Figura 13.12 Fator de rede para um conjunto linear uniforme.
2•
v
Antenas •
551
Para desenhannos o diagrama de grupo é necessário que primeiro determinemos seus nulos e máximos. Para os nulos (ou zeros), teremos
cos (
'I!'
2
)
cos8
7!'
'I!'
37!'
=0 ~ 2cosO=:t2,:tT, ...
ou
8 = 0°, 1800
Para os máximos,
cos (; cos 0) = I ~ cos O= O
ou
o=90°
O diagrama de grupo está mostrado na Figura 13.12(h). É um gráfico polar nbtido fazendo o gráfico
de cos (;cosO) para O= 0°, 5°, 10°, 15°, . . . . , 360° c incorporando os nulos c máximos em
O= 0", 180° e O= 90°, respectivamente. Multiplicando a Figura 13. 13(a) pela Figura 13.13(b), obtemos o diagrama resultante da Figura l3.13(c). Devemos ressaltar que os diagramas de campo da Figura 13. 13 estão no plano que contém o eixo do conjunto. Note que: ( I) No plano yz, que é perpendicular ao eixo do conjunto, o diagrama unitário (= I) é uma circunferência (veja a Figura 13.7(b)),
enquanto o diagrama de grupo permanece como na Figura 13.13(b). Portanto, o diagrama resultante
é igual ao diagrama de grupo, para este caso. (2) No plano xy, O= 7!'/2, tal que o diagrama unitário se
anula enquanto o diagrama de grupo é uma circunferência(= I).
2'ii
À
'ii
(b) Se a = -.12, d = 'A/4 e Rd = - - = - então
"'
X4
2'
'
J(O)
.L
diagrama
resultante
lcos OI
11'
cos - (cosO+ I)
4
.L
.L
diagrama
unitário
X
diagrama
de grupo
r
diagrama unitário
(a)
diagrama de gmpo
diagrama resultante
(b)
(c)
Figurn 13.13 Referente ao Exemplo 13.6(a). Diagrama de campo no plano que contém o eixo do conjumo.
552
• Elementos de Eletromagnetismo
z
.
z
•
X
diagrama unitári o
(a)
diagrama de grupo
(b)
diagrama resuhame
(c)
Figura 13.14 Referente ao Exemplo 13.6(b). Diagramas de campo para o plano que contém o eixo do conj unto.
O diagrama unitário permanece como na Figura 13.1 3(a). Para o diagrama de grupo, os nulos ocorrem quando
11'
311'
+Coso) =-+2'--+2'
' ' '
ou
cosO= I ~o = O
Os máximos e mínimos ocorrem quando
:0 [cos : ( I + cos 8)] = O~ sen Osen ~ (I + cos 0) = O
senO= 0 ~ 0 = 0°,180°
e
11'
sen- (1
4
+ cos 0) = O~ cosO
= - I
ou
8 = 180•
o•,
Cada diagrama de campo é obtido fazendo 8 =
5", 10", 15", ... , 180". Note que O= 180" corresponcle ao valor máximo de FR, enquanto O = O" corresponcle ao nulo. Portanto, os diagramas unitário, de grupo c resultante, no plano que contém o eixo do conjunto, estão mostrados na Figura 13. 14.
Observe que, dos diagramas de grupo, o arranj o lateral (Ot = 0), da Figura 13.1 3, é bidirecional, enquanto o arranjo longitudinal (Ot = {3d), da Figura 13. 14, é uniclirecional.
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.6
Repila o Exemplo 13.6 para os casos em que:
(a)
Ot
=
11',
d = >J2; (b)
Ot
= - 11'/2, d = >J4.
Resposta: veja a Figura 13.15.
EXEMPLO 13.7
Considere urna conjunto de três elementos alimentados com correntes que guardam entre si urna razão de I :2: I , conforme mostrado na Figura 13.16(a). Trace o diagrama de gmpo no plano que contém o eixo dos elementos.
Antenas •
553
Solução:
Para Iins de análise, vamos separar o elemento central da Figura 13. 16(a), percorrido por uma corrente 21/0° , em dois elememos, cada um com uma corrente I/0°. Portanto, teremos quatro elementos em vez de três, conforme ilustrado na Figum 13.16(b). Se considerarmos os elemen tos I e 2 como um conjunto e os elementos 3 e 4 como um outro conjunto, obteremos o conjunto de dois elementos mostrado na Figura 13.16(c).
z
z
z
(a)
z
z
z
-
X
(b)
Fi~:ura
J.US Referente ao Exercício Prático 13.6.
21/Q
I~
•I•
>. /2
•
1/Q
w--T
(a)
~
3•
•
•4
2•
I
(b)
I, 2
•I•
3, 4
~/2
•
•I
(c)
Figura 13.16 Referente ao Exemplo 13.7: (a) arranjo de três elementos com mzõcs entre as correntes de I :2: I:
(b) e (c) conjuntos equivalentes de dois elementos.
55 4
•
Elementos de Eletromagnetismo
Cada grupo é um conjunto de dois elementos com d = À/2, a = O, cujo diagrama de grupo (ou diagrama unitário para o arranjo de três elementos) está mostrado na Figura 13.13(b). Os dois grupos
formam um arranjo de dois elementos semelhame ao do Exemplo 13.6(a), com d = À/2 e a = O. Logo, o diagrama de grupo é idêmico ao da Figura 13. 13(b). Portanto, neste ca~o. tanto o diagrama unitário quanto o diagrama de grupo tem a mesma forma do diagrama da Figura 13.13(b). O diagrama
de grupo resultante está mostrado na Figura 13.17(c). Devemos notar que o diagrama da Figura
13.17(c) não é o diagrama resultante l'inal, mas sim o diagrama de grupo do arranjo de três elementos. O diagrama resultante é o diagrama de grupo da Figura 13. 17(c) multiplicado pelo diagrama de
campo do elemento utilizado para formar o arranjo.
Um método alternativo para se obter o diagrama resultante para o conjunto de três elementos da
Figura 13. 16 é usar um procedimento semelhante ao utilizado para obter a equação ( 13.59). Escrevemos o fator de conjunto normalizado (ou diagrama de grupo) como
(FR), = I p
4
=
'"
+ 2<!"..•. + e,_.,I
.!_ lt!lfll2 +
e- N + eNI
4
I
=-11
2 +cosif;l =
if;
cos. -2
2
onde if; = {3d cosO + a, se os elementos estão colocados ao longo do eixo z. mas orientados parale2
lamente ao eixo x. Como a = O, d = À/2, {3d = ; · ~ = 1r,
(FR),
(FR),
cos (fcos
!
diagrama de
grupo resultante
o)
!
diagrama
unitário
X
diagrama
de grupo
A representação grál'ica destes diagramas é exatamente a que está na Figura 13. 17.
Se, na Figura 13.16(a), dois arranjos de três elementos forem deslocados de À/2, obtemos um arranjo de quatro elementos com razões entre as correntes de I :3:3: I , conforme a Figura 13. 18. Dois
destes arranj os de quatro elementos, separados por À/2, resultam em um arranjo de cinco elementos
com razões entre as correntes de I :4:6:4: I. Cominuando este processo, obten1os um arranjo de Nelementos, separados por À/2 e (N- I)À12, cujas razões entre as correntes são os coeficientes binomiais.
A este tipo de antena dá-se o nome de conjunto binomial.
-
X
diagrama uni1ário
(a)
diagrama d~ grupo
(b)
diagrama de grupo
rcsuhamc
(c)
13.17 Referente ao Exemplo 13.7. Obtenção do diagrama de grupo resuhante para o conjunto de três
elementos da Figura 13. 16(a).
Fi~ura
Antenas •
I /.Q
•....,. - - '1. /2- - . ;•. - --
I fJL
31 ~
31 l.Q_
•
'1. /2- --+--
555
- '1. /2 -
•
----1
•1
Fi~ura
13.18 Um conjunto de quatro elementos. com razões entre as correntes de I:3:3: I: referente ao Exercício Prático 13.7.
Figura 13.19 Refe rente ao Exercício Prático 13.7(a).
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.7
(a) Trace o diagrama de grupo resultante para o conjunto de quatro elementos com razões entre as
correntes de I :3:3: I, mostrado na Figura 13.18.
(b) Obtenha uma expressão para o diagrama de grupo de um arranjo binomial linear de N elementos. Suponha que os elementos estão colocados ao longo do eixo z e orientados paralelamente ao
eixo x , com espaçamento dentre os elementos e deslocamento de fase entre cada elemento a.
I
Resposta: (a) veja a Figura L3.19; (b) cos;
N
, onde Y, = (3d cos (J + a .
7
13.8 ÁREA EFETIVA E EQUAÇÃO DE FRIIS
Na situação em que a onda EM incidente é perpendicular a toda a superfície de uma antena receptora, a potência recebida é
( 13.67)
Entretanto, na maioria dos casos, a onda EM incidente não é perpendicular a toda a superfície da antena. Isto leva à introdução do conceito de área efetiva da antena receptora.
O conceito de área efetiva ou abertura efetiva (seção reta de recepção de urna antena) é usualmente empregado na análise de antenas receptoras.
A área efetiva A, de uma antena receptora é a razão entre a potência recebida média no tempo P, (ou fornecida para a carga, para ser exato) e a densidade de potência média no tempo
(/}> mld da onda incidente na antena.
Isto é,
( 13.68)
Da equação ( 13.68), notamos que a área efetiva é uma medida da capacidade de a antena extrair
energia da onda EM que es!á passando.
556
• Elementos de Eletromagnetismo
Vamos obter a fórmula para o cálculo da área eteti va de um dipolo hertziano operando como antena receptora. O circuito equivalente Thcvenin para a antena receptora está mostrado na Figura
13.20, onde V"" é a tensão a circuito aberto induzida pela onda nos terminais de entrada da antena,
Zc,. = R1, + jX,., é a impedância da antena e Z, = R, + jX, é a impcdância da carga externa, que pode ser a impedãncia de entrada da linha de transmissão que conecta a antena ao receptor. Para máxima transferência de potência, Z, = Z:.. e X, = A potência média no tempo, fornecida à carga
casada, é, portanto,
x....
( 13.69)
Para o dipolo hertziano, R;, = 801r\ dliÀi c V<, = E d/, onde E é a amplitude de campo efetiva, paralela ao eixo do dipolo. Portanto, a equação ( 13.69) torna-se:
E2À2
-----=-
( 13.70)
p r = 6407r2
A potência média no tempo na antena é
{13.71)
Inserindo as equações ( 13. 70) e ( 13.71) na equação ( 13.68). obtemos
3À2
)..2
A= = 15 <
81!"
• 411"
ou
(13.72)
onde D = 1,5 é a diretividade do dipolo hcnziano. Embora a equação ( 13.72) tenha sido obtida para
o dipolo de Hertz, ela é válida para qualquer antena, se D for substitufdo por C,J..O, ~). Dessa forma,
em geral,
( 13.73)
Suponha, agora, que temos duas antenas separadas por uma distância r, no espaço livre, conforme mostrado na Figura 13.21. A antena transmissora tem uma área efetiva A,., e ganho diretivo C<~, e
transmite uma potência total P, ( = P;,). A antena receptora tem uma área efetiva A,., e uma ganho diretivo C,1,. e recebe uma potência total P,.. No transmissor,
C _ 47rU _ 47rr 2QJ'lméd
d/p p
I
I
Z,.nl
.J
Fi~ura
I 3.20 Equivalente Thevenin de uma antena receptora.
Antenas •
Transmissor
557
Receptor
Figura 13.21 Antenas transmissora e receptora no espaço livre.
ou
( 13.74)
Aplicando as equações (13.68) e ( 13.73), obtemos a potência média no tempo recebida:
Pr =
9Jlméd
Au =
';.,2
4
?r
G,,r (l]l,
éd
( 13.75)
Substituindo a equação ( 13.74) na equação ( 13.75), resulta em
(13.76)
Esta equação é conhecida como a fórmula de transmissiio de Friis. Ela relaciona a potência recebida por uma antena com a potência transmitida pela outra, desde que as duas antenas estejam separddas por uma distância r > 2d2f'A, onde d é a maior dimensão de ambas as antenas [veja a equação
( 13.52)J. Portanto, para aplicarmos a equação de Friis, precisamos nos assegurar que as duas antenas
estão, cada uma, no campo distante da outra.
EXEMPLO 13.8
Encontre a área efeti va máxima para um dipolo ti lamentar de >J2, que opera a 30 MHz. Qual é a potência recebida para uma onda plana incidente cuja amplitude é de 2 rnY/m?
Solução:
)._2
A. =
À= E =
f
GtJ(8,</>)
=
4
?r
G,!..fJ, </>)
3 X 108
30 X 106
11
R
1r md
/(8) =
IO111
120 2
?!' / (8) = 1,64/(0)
7?. 1r
,
13,05 m·
558
• Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.8
Determine a área efetiva máxima de um dipolo hertziano de 10 em de comprimento, operando a
10 MHz. Se a antena recebe uma potência de 3 p.W, qual é a densidade de potência da onda incidente?
?
?
Resposta: 1,074 m-; 2,793 p.W/m-.
EXEMPLO 13.9
As antenas transmissora c receptora estão separadas por 200 À c têm ganhos diretivos de 25 c 18 dB,
respectivamente. Se a potência a ser recebida deve ser de 5 mW, determine a potência mínima transmitida.
Solução:
Dado que G",(dB) = 25 dB = 10 log10 Gil,,
Gd, = 102 "5 = 3 16,23
De forma ~emcl hantc,
C(/r = 101.8 = 63 t I
ou
Usando a equação de Friis, obtemos
ou
P, =
P,[4~r]2 -G_M_G_m
=5Xl 0
= 1,583
_3 [ 411"
X
200 À ]
À
2
I
(63,1 )(316,23)
w
'
EXERCI' CIO PRATICO
13.9
Uma antena, no ar, irradia uma potência total de 100 kW, de tal maneira que um campo elétrico de
irradiação máxima de 12 mV/m é medido a 20 km da antena. Encontre: (a) diretividade em dB; (b)
ganho de potência máximo, se 11, = 98%.
Resposta: (a) 3,34 dB; (b) 2, 117.
-;- 13.9 A EQUAÇÃO DO RADAR
Radares são dispositivos eletromagnéticos usados para detectar c localizar objetos. O termo radar é
derivado da expressão inglesa "radio detection and ranging". Em um sistema de radar típico, mostrado na Figura 13.22(a), pulsos de energia EM são transmitidos a um objeto distante. A mesma antena é utilizada na transmissão e na recepção, de tal maneira que o intervalo de tempo entre os pulsos transmitidos e recebidos é utiHzado para determinar a distância do al vo. Se ré a distância entre o
radar e o alvo e c é a velocidade da luz, então o intervalo de tempo entre os pulsos transmitido e recebido é 2r/c. M edindo-se este intervalo de tempo, é possível determinar 1:
Antenas •
559
____ ____
~
jtransmissor~r{
,
i
'1' alvo u
receptor 1-- Gd, =G4,
A,., ti,.,
11
P,
<•>
~--------r----------(b)
Fi~-tura
13.22 (a) Sistema de radar típico: (b) simplilicação do sistema apresentado em (a) para o cálculo da seção reta do alvo. u.
A capacidade de um alvo espalhar (ou refletir) a energia é caracteri7.ada pela sua seção reta de espalhamento u (também chamada seção reta de radar). A seção reta de espalhamento é dada em unidades de área e pode ser medida experimentalmente.
A seção reta de espalhamento é a área equivalente que intercepta uma quantidade de potência, a qual, quando espalhada de forma isotrópica, produ7. no radar uma densidade de potência que é igual a densidade de potência espalhada (ou refletida) pelo objeto real.
Isto é,
'!!'n
= lim [
ofj\]
,...... 4Tr
ou
( 13.77)
onde <!1>1 é a densidade de potência incidente no alvo T, enquanto <!f>'·' é a densidade de potência
espalhada recebida pelo transceptor O, conforme a Figura 13.22(b).
Da e{)uação ( 13.43), a densidade de potência <!1>1 incidente no alvo T é
( 13.78)
A potência recebida no transceptor O é
ou
(13.79)
560
• Elementos de Eletromagnetismo
Note que(/}>; e(/}>, são as densidades de potência médias no tempo, em waus/m 2, e P;, e P, são as potências totais médias no tempo, em waus. Como Gd, = Gd, = Gd c A.,= A., = A,, substituindo as
equações ( 13.78) e (13.79) na equação ( 13.77), resulta em
( 13.80a)
ou
( 13.80b)
Da equação ( 13.73), A, = ';.?G,/47r. Portanto,
( 13.81)
Esta é a equação de transmissão de radar para o espaço livre. Ela é a base para a medida de seção
reta de espalhamento de um alvo. Resolvendo em função r, a equação ( 13.81) resu lta em
(13.82)
A equação ( 13.82) é chamada de equação do alcance do radm: Dada a potência mfnima detcctável
pelo receptor, esta equação determina o alcance máximo de um radar. Ela é também lítil para se obter informações técnicas relativas a vários parâmetros que determinam a performance de um sistema
de radar.
O radar considerado até aqui é do tipo monoestático, pois este tipo de radar predomina em aplicações práticas. O radar do tipo biestático é aquele em que o transmissor e o receptor estão separados. Se as antenas transmissora e receptora estão a distâncias r 1 e r2 do alvo e Gd, :F GdP a equação
( 13.81 ), para o radar biestático, toma-se
2
P, = Gú,Gú, [
47r
TABELA 13.1 Designação das
freqüências usadas em sistemas
ele radar
Designação
UHF
Freqüência
300- 1.000 MHz
L
t .000- 2.000 MHz
s
c
2.000-4.000 MHz
4.000-8.000 MHz
X
8.000-t2.500 MHz
Ku
12.5- 18 GHz
I 8- 26,5 GHz
K
M i Ii métrica
>35GHz
À
47rr,r2
]
uP;,
( 13.83)
Antenas •
5 61
As freqüências utilizadas nos serviços de radar se estendem de 25 a 70.000 MHz. A Tabela 13.1
mostra as freqüências usadas e as designações normalmente utilizadas na engenharia de radar.
EXEMPLO 13.1O
Um radar da bandaS emite 200 kW a 3 GHz. Determine a densidade de potência do sinal para dis2
tâncias de 100 e 400 milhas náuticas, sabendo que a área efeti va da antena do radar é de 9m . Para
2
um al vo de 20m , l ocalizado a 300 milhas náuticas, determine a potência do sinal ren eti do no radar.
Sol ução:
A milha náutica é uma unidade de distância de uso comum em sistemas de radar.
I milha náutica (mn) = 1.852 m
3 X 108
c
À= - =
f
3X 10
47r
G", = 2 A., =
À
Para r =
100 mn = 1,852 X 10
5
9
= Ol m
'
47r
2
(0, I)
9 = 3.6007r
m,
9P
=
G",P;,
3.6007r X 200 X I 0
2
2
47rr
47r ( 1,852) X I 0
= 5,248 mW/m-'
3
10
Para r = 400 mn = 4 ( I ,852 x 1o·') m,
9P
5,248
=
, = 0,328 mW/m2
(4)-
Utilizando a equação (13.80b),
5
onde r = 300 mn = 5,556 X 10 m,
P =
r
9X
20 X 3.6007r X 200 X 103
( 47r
X 5,5562 ) 2 X I 0 20
=2706 X
'
O mesmo resultado pode ser obtido usando a equação ( 13.81 ).
EXERCÍCIO PRÁTICO 13.10
Um radar da banda C, com uma an tena de 1,8 m de mio, emite 60 k W na freqüênci a de 6.000
2
MHz. Se a potênci a míni ma deteetável é 0,26 mW, determine, para um al vo de 5 m de seção reta,
o alcance máxi mo, em milhas náuticas, e a densidade de potência do sinal para a metade desta distância. Suponha que a eficiência é unitária e que a área efeti va da antena é 70% da área real.
Resposta: 0,6309 mn; 500,90 W/m
2
•
562
• Elementos de Eletromagnetismo
RESUMO
1. Discutimos aqui as idéias e definições fundamentais da teoria das antenas. Os tipos básicos de
antenas considerados incluem o dipolo hertziano (ou antena curta), o dipolo de meia onda, o monopolo de quarto de onda e a antena em anel pequena.
2. Teoricameme, se conhecermos a distribuição de corrente em uma antena, podemos calcular o
potencial magnético vetorial com retardo A e, a partir dele, podemos calcular os campos eletromagnéticos com retardo H e E, utilizando
A
H =VX JL'
3.
4.
S.
6.
7.
8.
Os campos na zona distante são obtidos retendo somente os termos em 1/r.
A análise do dipolo hertziano serve como base para o estudo de outras antenas. A resistência de
irradiação elo dipolo de Henz é muito pe-quena. Isto limita a utilidade prática desta antena.
O dipolo de meia onda tem um comprimento de >J2. É mais popular c de maior uso prático do
que o dipolo hertziano. A sua impedãncia de entrada é 73 + j42,5 O.
O monopolo de quarto de onda é, essencialmente, a metade ele um dipolo de meia onda colocado verticalmente sobre um plano condutor.
Os diagramas de irradiação normalmente uti lizados são os de intensidade de campo, de densidade de potência e o de intensidade ele irradiação. Usualmente, o diagrama de campo é um gráfico de IE) ou de sua forma normalizada fiO). O diagrama de potência é um gráfico ele C!J> oOC<J ou
2
de sua forma normalizadaf (0).
O ganho diretivo é a razão emre V(O, 1/>) e seu valor médio. A diretividade é o valor máximo do
ganho diretivo.
Um conjunto ele antenas é um grupo ele element.os irradiantes, arranjados de tal maneira a produzir determinadas características de irradiação. Seu diagrama de irrad iação é obtido multiplicando-se o diagrama de irradiação unitário (devido a um só elemento do grupo) pelo diagrama
de grupo, que é o gráfico do fator de rede normalizado. Para um conjunto linear unifom1c de N
elemen tos,
FR =
sen(Nt/t/2)
sen(1/112)
onde t/t = {3d cos 8 + a, {3 = 2r./À, d = espaçamen to entre os elementos e a = deslocamento de
fase entre elementos vizinhos.
9. A equação de transmissão de Friis caracteri za o acoplamento entre duas antenas em termos de
seus ganhos diretivos, distância que as separam e freqüência de operação.
10. Para um radar biestático (no qual as antenas transmissora c receptora estão separadas). a potência recebida é dada por
Para um radar monoestático' rI = r2 e Ctlt = Crir'
QUESTÕES DE REVISÃO
13.1 Uma antena, localizada em uma determinada cidade, é uma fonte de ondas de rádio. Qual é o tempo transconido para a onda alcançar uma outra cidade localizada a 12.000 km desta cidade?
(a) 36 s
(b) 20 JLS
(c) 20 ms
(d) 40 ms
(e) Nenhuma das opções acima
Antenas •
563
13.2 Qual é o termo de irradiação na equação ( 13.34)?
(a) o termo 1/r
(b) o tem1o 1/r1
(c) o tenno 111''
(d) todos os termos listados acima
13.3 Uma antena de fio muito fino, com um comprimento de X/100, tem uma resistência de irradiação
de:
(a) =<O f!
(b) 0,08 f!
(c) 7,9 n
(d) 790 f!
13.4 Uma antena monopolo de quarto de onda, operando no ar a uma frcqUência de I MHz, deve ter um
comprimento total de:
(a)
e» À
(b) 300 ll1
(c) 150m
(d) 75 m
(e)
e«>-.
13.5 Se uma antena em anel pequeno de uma única espira tem uma rcsistt:ncia de irradiação de 0,04 f!,
quantas espiras são necessárias para produzir uma resistência de irradiação de 1 f!?
(a) 150
(b) 125
(c) 50
(d) 25
(e) 5
13.6 A 8 krn de uma antena curta, a amplitude de campo é de 12 p. V /rn. O campo a 20 krn da antena se-
rá:
(a) 75 p.V/m
(b) 30 p.V/m
(c) 4,8 p. V /m
(d) 1,92p.V/m
13.7 Uma antena tem U,.11"
= lOW/sr, U,n&J = 4,5 W/sr c 11, =
95%. A potência de entrada da antena é:
(a) 2,222 W
(b) I 2,11 W
(c) 55,55 W
(d) 59,52 w
13.8 Em um aeroporto, uma antena receptora tem uma dimensão máxima de 3 m c opera a I 00 MHz.
Um avião que se aproxima do aeroporto est..'i a 112 km da antena. O avião está na região de campo
distante desta antena.
(a) Verdadeiro
(b) Falso
564
• Elementos de Eletromagnetismo
13.9 Uma antena receptora está localizada a 100 metros da antena transmissora. Se a área efetiva da an2
tena receptom é de 500 cm e a densidade de potência recebida é de 2 mW/nl, então a potência total recebida é:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
lO nW
100 nW
I p.W
IOp.W
100 p.W
13. 10 Seja R o alcance máximo de um radar monocstático. Qual deve ser a seção n:ta de um alvo localizado a 3R/2 para que um sinal de mesma amplitude que o de um alvo de 5 m2 de seção reta, locali zado em R/2. chegue no radar?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
0.0617 m2
0,555 m2
15 m·•
45 m·•
405 m2
Respostas: 13. 1d; 13.2a; 13.3b; 13.4d; 13.5e; 13.6c; 13.7d; I3.8a; 13.9c; l3. 10e.
PROBLEMAS
I
13.1 O potencial magnético vetorial em um ponto P(r, O, tp). devido a uma antena pequena localizada na
origem, é dado por
onde ? =
.I + / + l. Encontre E( r, O, tp, r) e H ( r, O, tp. r) na zona de campo distante.
13.2 Um dipolo hertziano, localizado na origem, no espaço livre. tem df = 20 em e I = lO cos 21r 107t
A. Encontre IE8,1no ponto distante ( I00, O. 0).
13.3 Uma fonte de corrente de 2 A, operando a 300 MHz, alimenta um dipolo hertziano de 5 mm, situado na origem. Encontre E, e H , em ( IO, 30", 90).
13.4 (a) Em lugar da distribuição de corrente constante assumida para o dipolo curto da Seção 13.2,
suponha uma distri bui ção de corrente tri angu lar
f., =
10
(
1-
2
~zi ). conforme mostrado na
Figura 13.23. Mostre que
R·
"
= 20
2
'll'
[-Àe]2
que é um quarto do valor obtido na equação ( 13. 13). Portanto. a resistência de irradiação (R~)
depende da distribuição de corrente.
(b) Calcule o compri mento de um dipolo que tenha uma resistência de irmdiação de 0,5 n.
13.5 Uma antena pode ser modelada como um dipolo elétrico de 5 rn a 3 MHz. Encontre a resistência
de irradiação da antena, supondo uma distribuição de corrente uniforme ao longo de seu comprimento.
13.6 Urna antena dipolo de meia onda é alimentada por uma linha de transmissão de 50 n. Calcule o
coeficiente de reflexão c a razão de onda estacionária.
13.7 Uma antena de automóvel de I m de comprimento opera na faixa de AMem I ,5 MHz. Qual é a
corrente necessária para irmdiar 4 W de potência?
Antenas •
''
' ',
z :: o
'''
565
''
FiJ.:ura 13.23 Antena curta com distribuição triangular de corrente; referente ao Problema 13.4.
*13.8
(a) Mostre que os campos gerados por um dipolo fino de comprimento
rente senoidal!. cos (3z, na região de campo distante, são dados )>Or
H0 =
$
. -Pr COS
Jloe
M
?
(
2r.r
COS
-
)
8 -
COS
sen O
e, percorrido por uma cor-
?(Je
-
,
[Sugestcio: use a Figura 13.4 e inicie com a equação ( 13.14).]
(b) Trace/(8) da parte (a), em um sistema de coordenadas polares. para
e= À. 3ÀI2 e 2À.
*13.9 Para o Problema 13.4:
(a) determine E, e H, na região de campo distallle;
(b) calcule a diretividade do dipolo.
*13.10 Uma antena que está localizada sobre um plano tcrm irradia uma potência média de 200 kW. Supondo que toda a potência é irradiada uniformemente na superffcie de um hemisfério com a antena no centro, calcule: (a) o vetor de Poynting médio no tempo a 50 km ; (b) o campo elétrico máximo neste local.
13.11 Uma antena em anel de 20 em de raio, co m 100 espiras, opera a l O Ml-lz, no ar, c deve fomecer
uma amplitude de campo de 50 mV/m a 3 m de distância. Determine:
(a) a COITente com que a antena deve ser alimentada;
(b) a potência média irradiada pela antena.
13.12 Esboce os diagramas de campo normalizado para os campos E c H para:
(a) um dipolo de meia onda;
(b) um monopolo de quarto de onda.
13.13 Baseando-se no resultado do Problema 13.8, trace os diagramas de campo ve1t icais para antenas
3ÀI2, À e SÀ/8. Vale lembrar que um monopolo de 5À!8 é bastanmonopolo de comprimentos
te utilizado na práúca.
e=
13.14 Uma antena no espaço livre tem um campo na zona distante dado por
_ 5 sen 20 _j fJr
E, e a1 Vm
1
r
onde {J = w
v;:;;,. Determine a potência irradiada.
566
• Elementos de Eletromagnetismo
13.15 O campo elétrico produzido por uma antena na região distante é
I0
.
Es = - r e - 111'cos Ocos <P a.•
Trace o diagrama da antena no plano vertical. Seu gráfico deve incluir o máximo de pontos possível.
13. 16 Mostre que, para um dipolo hertziano, a densidade de potência média no tempo está relacionada
com a potência de irradiação, de acordo com
p
méd
_ 1,5 sen2 8
4 • P;,
7rr·
13. 17 Uma amena produz, na região de campo distante, urn campo dado por
Pméd
=
2 sen 8 cos <P
r2
a,
,
W
o<
tm·,
8<
7r.
o<
"' <
7r/2
Calcule o ganho diretivo e a diretividade da antena.
13.18 Partindo do Problema 13.8, mostre que o diagrama de campo normalizado para uma antena de onda inteira (e= À) é dado por
f( ) =
8
COS('II'
cos 0) +
senO
Trace o diagrama de campo.
13.19 Para um dipolo fino. com um comprimento de À/16, encontre: (a) o ganho diretivo: (b) a diretivi-
dade; (c) a área efetiva e (d) a resistência de irradiação.
13.20 Repita o Problema 13.1 9 para uma antena em anel circular tina de À/12 de diâmetro.
13.21 Uma dipolo de meia onda é feito de cobre e tem um diâmetro de 2,6 mm. Determine a eficiência
do dipolo se ele opera a 15 MHz.
Sugestão: obtenha R1 a partir de R, IR"' = a!2li. Veja a Seção I0.6.
13.22 Encontre U"'"' Um' c D para:
(a) U(8, <I>) = sen 2 211,
O< 8 < r., O < </> < 27r
(b) U(O, <P) = 4 cossec 2 28,
1r/J < O < 1rl2, O < </> < 1r
?
?
(c) U(O, <P) = 2 sen· Osen· ,P,
O < O< 11', O < <1> < 1r
13.23 Encontre o ganho diretivo e a diretividadc para as seguintes intensidades de irradiação:
(a) U(O, </>) = sen2 O,
O < O < 11', O < </> < 21r
(b) U(O, ,P) = 4 sen2 Ocos2 4> ,
O < O < 1r, O < 4> < 11'
2
2
(c) U(8, ,P) = lOcos 8 sen <f>/2,
O < 8 < 1r, O < 4> < 11'1 2
13.24 Uma antena irradia, no espaço livre, um campo dado por
2
Eós =
0.2 cos O - i/Jr kV
411'r
e
lm
na região de campo distante. Determine: (a) a potência total irradiada e (b) o ganho diretivo para
8 = 60".
13.25 Obtenha E, . na região de campo distante. para o conjunto de dois elementos mostrado na Figura
13.24. Suponha que os elementos são dipolos hertzianos alimentados em fase com correntes unironnes 1. cos wt.
Antenas •
567
.<
FiJ!ura 13.24 Conjunto de dois elementos referente ao Problema 13.25.
'13.26 Um arranjo é composto por dois dipolos separados por um cornprim(!nto de <)nda. Se os dipolos
são alimentados por correntes de mesma amplitude c fase:
(a) encontre o fator de rede;
(b) calcule os ângulos do diagrama onde ocorrem os nulos;
(c) determine os ângulos para os quais temos máximos no diagmma;
(d) esboce o diagrama de grupo no plano que contém os elementos.
13.27 Considere um conjunto de dois elementos alimentados por correntes que estão 180" fora de fase
entre si. Troce o diagrama de grupo se os elementos estão separados por: (a) d = W4 c (b) d = W2.
13.28 Trace o diagrama de grupo no plano xz paru o arrunjo de dois elementos da Figura 13.1 O, com:
(a) d = À. a = 7il2
(b) d = À/4. a= h/4
(c) d = 3W4. a = O
13.29 Um conjunto é formado de N dipolos hertzianos idênticos, dispostos de fonna unifonne ao longo
do eixo z e polarizados na direção do eixo z. Se o espaçamento entre os dipolos é de À/4, trace o
diagrama de gn1po quando: (a) N = 2 , (b) N = 4.
13.30 Trace os diagramas de grupo resultantes para os arranjos de quatro elementos mostrados na Figura 13.25.
1/.2_
•I•
II!J_
I I!J_
•
Ã/ 2 -- t -- Ã/ 2
•I•
1f.9...
•
li/2~--.,..J
la)
I~
•I•
1/•12
•
>./4 -- + -->. /4
FiJ!ura 13.25 Referente ao Problema 13.30.
11..!!..
•
l{.l11 /2
>.f 4
•I•
568
•
Elementos de Eletromagnetismo
13.31 Calcule a área efeti va de uma antena de I Oespiras com 15 em de raio, operando a I 00 MHz, para
8 = 30• c 1P = 90•.
13.32 Uma antena recebe uma potência de 2 p,W de uma estação de rádio. Calcule a sua área efeti va, sa·
bendo que a antena está localizada na região di stante da estação. onde E= 50 mV/m.
13.33 (a) M ostre que a equação de transmissão de Friis pode ser escrita corno
(b) Duas antenas dipolo de meia onda operam a 100 MHz e estão separadas por uma distância de
I km. Se a potência transmitida por urna delas é de 80 W, qual a potência recebida pela outra?
13.34 A amplitude de campo elétrico aplicado a uma antena clipolo de meiu onclu é de 3 mV/m u 60 MHz.
Calcule a potência máxima recebida pela antena. Considere a dircti vidade do dipolo de meia onda
corno sendo 1,64.
13.35 A potência transmitida por um satélite de órbita síncrona é de :l20 W. Se a antena tem 40 dB de ganho a 15 GHz, calcule a potência recebida por urna outra antena de 32 dB de ganho a urna distância de 24.567 km.
13.36 O ganho diretivo de uma antena é de 34 dB. Se a antena irradia uma potência de 7,5 kW a uma distância de 40 km, calcule a densidade de potência média no tempo para esta di stância.
13.37 Duas antenas idêmicas, em uma câmara anec6ica, estão separadas por 12 m e estão orientadas para máximo ganho diretivo. Na freqüência de 5 GHz, a potência recebida I>Or uma delas é 30 dB
abaixo da emitida pela outra. Calcule o ganho das antenas em dB.
13.38 Qual é a potência máxima que pode ser recebida, a urna distância de I ,5 km no espaço livre, em
um sistema de comunicações que opera a 1,5 GHz e que consiste de uma antena transmissora, com
ganho de 25 dB. e de uma antena receptora. com ganho de 30 dB? A potência transmitida é de
200W.
13.39 Um radar pulsado que opera na banda L, com uma antena comum para transmissão c recepção c
com ganho direti vo de 3.500. opera a 1.500 MHz c transmite 200 kW. Se o al vo está a 120 km do
radar e sua seção reta de espalhamento é de 8 m2, encontre:
(a) a amplitude do campo elétrico incidente no al vo;
(b) a amplitude do campo elétrico espalhado no radar;
(c) potência capturada pelo al vo;
(d) a potência da onda espalhada absorvida pela antena.
13.40 Uma antena transmissora com urna portadora de 600 M Hz produz 80 W de potência. Encontre a
potência recebida por outra antena colocada no espaço livre a I km de distância. Suponha que as
duas antenas têm ganho de potência unitário.
13.41 Um radar monoestático, operando a 6 GHz. detecta um alvo de 0,8 m2 a uma distância de 250 rn.
Se o ganho é de 40 dB, determine a potência mínima tnmsmi tida que retornará uma potência de
2 p,W.
Antenas •
569
13.42 No sistema de radar biestático da Figura 13.26, as antenas baseadas em terra estão separadas por
1
4 km c o alvo de 2,4 m está a uma altura de 3 km. O s istema opera a 5 GHz. Determine a potência mfnima irradiada necessária para obte r uma potência de retomo de 8 X Io-•z W. para G4, igual
a 36 dB c Gt!t igual a 20 dB.
alvo o
onda
espalhada
ft
onda
incidente
3 km
Y
antena
antena
receptora t - - - - - 4 km -----~ transmissora
Fi1:ura 13.26 Referente ao Problema 13.42.
Capítulo
14
/
TOPICOS MODERNOS
O futuro tem diversos nomes. Para o fraco, é o impossível. Para o cren te, é o desconhecido. Para
o pensador e o forte, é o ideal.
VICTOR HUGO
14.1 INTRODUÇÃO
A lém da propagação de ondas, das linhas de transmissão, dos guias de onda e das antenas, existem
diversas outras áreas de aplicação do EM . Estas incluem microondas, interferência e compatibilidade eletromagnética, fibras óticas, comunicações por satélites, bioeletromagnetismo, máquinas elétricas, meteorologia por radar e sensoriamento remoto. Devido às Iimitações de espaço, vamos cobrir,
neste capítulo, as três primeiras áreas: microondas, interferência e compatibilidade eletromagnética
e fibras óticas. Como são tópicos avançados, será apresen tado somente um tratamento introdutório
de cada um deles. A nossa discussão envolverá a aplicação de conceitos de circui tos, aprendidos em
cursos anteriores, e de conceitos de EM, aprendidos em capítulos anteriores.
14.2 MICROONDAS
Atualmente, existem três maneiras de transmitir milhares de canais de comunicação a longas distâncias: (a) enlaces de microondas; (b) cabos coaxiais; e (c) libras óticas, que é uma tecnologia relativamente nova e será analisada mais adiante.
Microondas são ondas EM cujas freqüências estão, aproximadamente, entre 300 MHz e
l .OOOGHz
Para comparação, o sinal de uma estação de rádio AM 11ca em torno de I MHz, enquanto que o de
urna estação FM fica em torno de 100 MHz. A região superior das freqUências de microondas faz limite com o espectro ótico. Isto explica porque as microondas têm um comportamento mais parecido
com o de um raio luminoso do que as ondas eletromagnéticas de mais baixa freqüência. Você deve
estar familiarizado com algumas apl icações das microondas, como o forno de microondas, que opera a 2,4 GHz; as comunicações por satélite, que operam a cerca de 4 GHz, c o radar da polícia, que
opera a cerca de 22 GHz.
As características que tornam as microondas atrati vas para comunicações incluem a larga banda
disponível (grande capacidade de transmissão de informação) e as propriedades diretivas dos comprimentos de onda curtos. Como a quantidade de informação que pode ser transmi tida é limitada pela largura de banda disponível, o espectro de microondas fornece mais canais de comunicação do que
as bandas de rádio e de TV. Com a demanda cada vez maior de alocação de canais, as comunicações
com microondas tornaram-se mais comuns.
Tópicos Modernos •
571
Normalmente, um sistema de microondas• consiste de um tran smissor (que inclui um oscilador
de microondas, guias de onda e uma antena transmissora) e de um subsistema de recepção (que inclui uma antena receptora, uma linha de tran smissão ou guia de onda, amplificadores de microondas
e um receptor). Uma rede de microondas é uma interconexão de vários compooentes e dispositi vos
de microondas. Há uma série de componentes de microondas e de variações desses componentes.
Componentes comumente usados em microondas incluem:
•
Cabos coaxiais, que são linhas de transmissão para intcrconectar componentes de microondas.
•
Ressonadores, que são usualmente cavidades onde a energia EM é armazenada.
•
Seções de guias de onda, que podem ser retas, encurvadas ou torcidas.
•
Antenas, que transmitem ou recebem ondas EM com eficiência.
•
Terminações, que são projetadas para absorver a potência de entrada e, portanto, atuam corno
dispositivos de uma porta.
•
Atenuadores, que são projetados para absorver parte da energia EM que por eles passa, diminuindo, portanto, o nível de potência do sinal de microondas.
•
Acopladores direcionais, que consistem de dois guias de onda c de um mecanismo de acoplamento dos sinais en tre eles.
•
Isoladores, que permitem Ouxo de energia somente em uma direção.
•
Circuladores, que são projetados para estabelecer vários pontos de en trada/saída, por onde a
energia pode ser fornecida ou extraída.
•
Filtros, que suprimem sinais indesejados e/ou separam sinais de freqüências diferentes.
O uso das microondas tem sido alvo de grande expansão. Os exemplos incluem telecomunicações, rádio astronomia, exame do solo, radar, meteorologia, televisão em UHF, enlaces terrestres de
microondas, dispositivos de estado sólido, aquecimento, Medicina c sistemas de identificação. Vamos considerar apenas quatro das aplicações listadas acima.
1. Telecomunicações: (transmissão de informação analógica ou digital de um ponto a outro) é
a aplicação mais difundida das freqüências de microondas. As microondas se propagam em linha reta, como os raios luminosos, e não são reOetidas pela ionosfera, como ocorre com os sinais de freqüências mais baixas. Isso torna possível a comunicação por satélites. Essencialmente, um satélite de
comunicações é uma estação repetidora de microondas usada para conectar dois ou mais transmissores c receptores instalados em terra. O satélite recebe, em uma frcqiiência, o sinal, que é repetido ou
amplificado c transmitido em outra freqüência. A Figura 14.1 mostra dois modos comuns de operação de comunicação por satélite. Na Figura 14.1 (a) o satélite estabelece um enlace ponto a ponto, enquanto que, na Figura 14.1 (b), ele é usado para estabelecer enlaces entre um transmissor c vários receptores localizados em terra.
2. Sistemas de r adar : os sistemas de radar foram um grande incentivo para o desenvolvimento da tecnologia de microondas, pois, em freq üências mais altas, se obtém melhor resolução em equipamentos de radar. Somente a região de microondas do espectro é capaz de forn ecer as resoluções
desejadas com antenas de tamanho razoável. A capacidade de focalizar uma onda irradiada em feixes muito estreitos é o que faz as microondas serem tão úteis em aplicações de radar. O radar é utilizado para detectar aeronaves, guiar mísseis supersônicos, observar c seguir formações meteorológicas e controlar o tráfego de aeronaves nos aeroportos. Ele é também usado em alarmes con tra roubo,
con troladores de portões e nos detectores de velocidade da polfcia.
1
Para um lrnlanJCnlo complclo sobn: microondas. "eja D. M. Po1.ar. Micrmrao·e Engineeri11g. New York. John Wiley. 2nd .. 1998.
572
• Elementos de Eletromagnetismo
(a) Enlace ponto a ponto de microondas via sm<!litc
•
: ::
•••
•
satéli1c
n:ccptorcs múltiplos
transmissor
(b) Enlace de difusão de microonda~ via sat~litc
Figura 14.1 Conligurações de sistemas de comunicação por satélites. Fome: W. Stallings, Data mui Compwer
Crmmumications, 5th ed. Upper Saddle Ri ver, NJ: Prcmice Hall. 1977. p. 90.
3. Aquecimento: a energia das microondas pode ser dirigida, controlada e concentrada com
mais facilidade do que as ondas EM de baixas freqüências. Al~m disso, várias ressonâncias atômicas
e moleculares ocorrem nas freqüências de microondas, criando diversas áreas de aplicação em ciências básicas, scnsoriamento remoto e métodos de aquecimento. As propriedades de aquecimento da
energia de microondas são úteis em uma grande variedade de aplicações comerciais e industriais. O
forno de microondas, mostrado na Figura 14.2, é um exemplo típico. Quando o magnetron entra em
oscilação, a energia de microondas é extraída de suas cavidades ressonantes através de um guia de
ondas. Renexões nas paredes do forno e nas pás do misturador fazem com que a energia de microondas fique uniformemen te distribuída pelo interior do forno. Portanto, as microondas pem1ilem que o
processo de co7.imemo seja rápido e uniforme. Além do cozimento de alimentos, as propriedades de
aquecimen to das microondas são utilizadas em diatermia física c na secagem de batatas, papel, tecido, etc.
Tópicos Modernos •
p:ls do misiUrndor
573
de onda
Tt- válvula
magnctron
p.1incl
frontal
- --
cavidade
metálica
-
--------- -
fonte de
Fi~-tura
14.2 Forno de microondas. Fonte: N. Schlagcr (cd.). H ow Products
( 11'1!
mcntação
M<lile. Detroit. MI: Gale
Research Inc., 1994, p. 289.
Um circuito de microondas consiste de componentes de microondas corno fontes, linha~ de transmissão, guias de onda, atenuadores, ressonadorcs, circuladores c filtros. Uma maneira de se analisar
tais circuitos é relacionar as variáveis de entrada e de saída de cada componente. Vários conjuntos de
parâmetros podem ser usados para relacionar as variáveis de entrada c de saída, mas, em freqüências
altas, como as de microondas, em que a corrente c a tensão não são perfei tamente definidas, os parâmetros S são, em geral, utilizados. Os parâmetros de espalhamento ou parâmetros S são definidos
em termos de variáveis ondulatória~. as quais são medidas nas bandas de microondas com mais facilidade do que a tensão e a corrente.
Consideremos a estrutura de microondas de duas portas da Figura 14.3. As ondas incidente e renctida estão relacionada~ aos parâmetros de espalhamento de acordo com
b,
=
S"a, + S,p2
(14.1)
ou no formato matricial
(14.2)
onde a, e a2 representam, respectivamente, as ondas incidentes nas portas I c 2, enquanto b 1 e IJ2 representam as ondas reJletidas, conforme mostrado na Figura 14.3. Na matri z S, os elementos fora da
diagonal representam os coeficientes de transmissão de ondas de tensão, enquanto que os elementos
da diagonal representam os coeficientes de reJlexão. Se a estrutura é recfproca, ela tem as mesmas
características de transmissão em ambas as orientações, isto é,
( 14.3)
Se a estrutura é simétrica, então
( 14.4)
Para uma estrutura casada nas duas portas, os coeficientes de reflexão são nulos e
S" = Sn = O
( 14.5)
574
• Elementos de Eletromagnetismo
~"'
~
~
z
~
s"
s,1
s~,
Su
"! -.../'V\./
~
<~
~~
'
/
I rv
'
_.)
-.../'V\.../~b,
"""
b:'"'~
Figura 14.3 Uma estrutura de microondas de duas portas.
O coeficiente de reflexão na entrada pode ser expresso em termos dos parâmetros S e da carga Zc
como
b.
r -=-= s •• +
, a•
s .2s21rc
1 - S22r c
( 14.6)
onde
r _ Zc- Z0
( 14.7)
c- Zc + Z0
De forma semelhante, o coe ficiente de reflexão na saída (com
da impedância do gerador e dos parâmetros S como
•
~=O)
z.
pode ser expresso em termos
s.2s2. r ll
vI
=O
I - Suf11
( 14.8)
onde
(14.9)
EXEMPLO 14.1
Os parâmetros S que seguem foram obtidos para um transistor de microondas operando a 2,5 GHz:
S11 = 0,85/-30°, S12 = 0,07/56°, S21 = 1,68/1 20°, S22 = 0,85/- 40°. Determine o coeficien te de reflexão na entrada para Zc = Z0 = 75 fl.
Soluç.1o:
Da equação (14.7),
r c-_ Zc- Z0 -_
Zc + Zo
O
Portanto, usando a equação ( 14.6), obtemos
r;= s•• = 0,85/- 30°
Tópicos Modernos •
575
EXERCÍCIO PRÁTICO 14.1
As Taxas
de Onda Estacionária para as portas de entrada c de saída de um acoplador híbrido
são dadas, respccli vamente, por:
s.< =
Calcule s1 e S0 para a seguinte matriz de espalhamento:
s=
Resposta:
j0,6]
j0,6 0,2
[ 0,4
2,333; 1,5.
14.3 INTERFER~NCIA E COMPATIBILIDADE ELETROMAGNÉTICA
Todo o dispositivo eletrônico é uma fonte de campos eletromagnéticos im1diados, os quais são chamados de emissões irradiadas. Em geral, estas irradiações são um subproduto acidental de
projeto.
Interferência eletromagnética (IEM) é a degradação na pcrfom1ance de um dispositivo devido à geração de campos no ambiente eletromagnético.
O ambiente eletromagnético consiste de vários equipamentos como estações de difusão de rádio e de
TV, radar e auxílios à navegação, que irradiam energia EM quando estão em operação. Qualquer dispositivo eletrônico é suscetível à rEM. A sua innuência pode ser percebida com facilidade. Os resultados incluem "fantasmas" nas imagens de recepção de TV, interferência nos serviços de radiotáxi
com os sistemas de rádio da polícia, interferência de transientcs de linhas de transmissão de energia
em computadores pessoais e auto-osci lações em circuitos receptores ou transmissores.
Compatibilidade eletromagnética (CEM) é alcançada quando um dispositivo opera satisfatoriamente sem inu·oduzir distúrbios intoleráveis no ambiente eletromagnético ou em outros
dispositivos na sua vizinhança.
2
A CEM é alcançada quando equipamentos eletrônicos coexistem em harmonia, de tal maneira que
cada equipamento opera realizando as funções para as quais foi projetado, na presença, e apesar da
presença, dos outros equipamentos. AlEM é o problema que ocorre quando tensões ou correntes indesejadas estão presentes, influenciando a performance de um dispositivo, enquanto a CEM é a solução para o problema. A meta da CEM é assegurar a compatibi lidade entre sistemas ou entre subsistemas. isto é obtido pela aplicação de conhecidas técnicas de projeto, as quais asseguram a operação
de sistemas relativamente livre de problemas de !EM .
A CEM é uma área em franco crescimento devido à densidade sempre crescente de circuitos eletrônicos nos modernos sistemas de computação, comunicações, controle, etc. Ela não é de interesse
somente para os engenheiros eletricistas e de computação, mas também para engenheiros automoüvos. A crescente aplicação de sistemas eletrônicos automotivos, usados para melhomr a economia de
'• Para um tratamento aprofundado de CEM . veja C. R. Paul. lntroducrion to Electromagnetic C"mfJtllibility. New York: John Witey. 1992.
576
• Elementos de Eletromagnetismo
combustível, reduzir as emissões do escapamento, assegurar a segurança veicular e prover assistência ao condutor, resultou em uma crescente necessidade de que se assegure compatibilidade cleu·omagnética entre estes subsistemas durante a sua operação. Inicialmente, vamos considerar as fontes
c as características da lEM. Posteriom1cntc, vamos examinar suas técnicas de controle.
A. Fontes e características da IEM
Em primeiro lugar, vamos classificar a !EM em termos de suas causas c fontes. Esta classificação irá
facilitar o reconhecimento das fontes e auxiliar na determinação dos métodos de controle. Conforme
mencionando anteriom1ente, qualquer dispositivo eletrônico pode ser uma fonte de !EM, embora esta não seja a intenção do projetista. As causas de um problema de rEM podem estar tanto denu·o do
sistema, caso em que é chamado de problema illfra-sistêmico, como fora, caso em que é chamado de
problema intersistêmico.
A Figura 14.4 mostra problemas de IEM intersistêmicos. O termo "emissor" é usado normalmente
para fazer referência à fonte de lEM , enquanto que o termo "suscetível" é utilizado para fazer referência ao dispositivo que sofre a interferência. As Tabelas 14. 1 e 14.2 apresentam causas típicas de
interferência intra-sis têmica e intersistêmica. T<mto a TEM inter quanto a intra podem, em geral, ser
controladas pelo engenheiro proj etista de sistemas através da adoção de alguns procedimentos e técnicas básicas de projeto.
aeronave
q;,q,
enlace re1>e1idor
de micmondas
®®
embarcação
~-:.-~-~..... ~
\\ ~\l
?
® ®-rodar
L
linhas de 1rnnsmissiio
de energia
®®
/-;!)~_..,....-
lclccomunicaçõcs
~/
~
~
difusão de
FMcTV
- ®
,~
- _--~
,
-
E= emissores de inlcrfcrência
S cq ui pamcniO suscclfvcl
=
Figura 14.4 Exemplos típicos de problemas de IEM imcrsislêrnicos. Fonte: J. I. N. Violcue e/ a/.. Electromagnetic Compatibility Handbook. New York : Van Nostrand Reinhold. 1987. p. 4.
Tópicos Modernos •
577
TABElA 14.1 Causas ele IEM intra-sistêmica
Emissores
Dispositivos suscetíveis
Fontes de alimcnwção
Trnnsmisson:s de radar
Trnnsmisson:s móveis
de rádio
Lâmpadas nuon:sccntcs
Sistemas de ignição
de automóveis
Repetidores
Rca:ptorcs de radar
Rccçpton:s móveis
de rádio
R~-ator clctrôn.ico
Receptores de rádio
de automóveis
TABElA 14.2 Causas ele IEM intersistêmica
Emissores
Dispositivos suscetíveis
Oescmgas elétricas
Computadores
Linhas de transmissão
de energia
Tmnsmissores de radar
Tr:onsmissores de rádio
da polfcia
Lâmpadas 11 uoresccntes
Tmnsmissores em aeronaves
Receptores de rádio
Receptores de TV
Marca-passos
Sistemas de navegaçiio aérea
Receptores de mdiot<íxi
Controles industriais
Receptores em embarcações
Por exemplo, para problemas de EMl intra-sistêmicos, o engenheiro proje1ista pode aplicar técnicas
adequadas de aterramento, de fiação, de blindagem dos circuitos c dos dispositivos c de filtragem.
As fontes de lEM podem ser classificadas como naturais ou artificiais (causadas pelo homem).
As origens de lEM são basicamente emissões conduzidas (tensões e/ou correntes) ou emissões irradiadas (campos elétricos e/ou magnéticos). Emissões conduzidas são as correntes que são conduzidas por condutores metálicos (o cabo de alimentação da unidade) c injetadas na rede de alimentação
comum, onde as mesmas podem causar interferência em outros dispositivos conectados à mesma rede de alimentação. Emissões irradiadas se referem a campos eletromagnéticos irradiados pelo dispositivo, os quais podem ser captados por outros dispositivos eletrônicos, causando interferência nos
mesmos. A Figura 14.5 ilustra a diferença concei tual entre os dois tipos de emissão.
Não existe um órgão de controle único com jurisdição sobre todos os sistemas capaz de determinar as ações necessárias para se obter CEM. Portanto, usualmente, a CEM é obtida por associações
industriai s, regulamentação voluntária, regulamentação forçada pelos governos e acordos negociados entre as partes envolvidas. A freqüência tem um papel importante na CEM . A alocação e distribuição de freqüências são vinculadas a acordos estabelecidos por tratados internacionais. Os regulamentos resultantes de tais acordos internacionais são publicados pela Jntcrnational Telecommunicati on Union (!TU). Nos Estados Unidos, o Federal Communications Commission (FCC) tem autori•
dade sobre as comunicações por rádi o e por cabo. O FCC tem estabelecido Iimites para as emissões
irradiadas ou conduzidas por dispositivos eletrônicos, incluindo máquinas de escrever elétricas, cal culadoras, receptores de televisão, impressoras, modems e computadores pessoais. Nos Estados Unidos, é ilegal a venda de qualquer dispositivo eletrônico cujas emissões irradiada e conduzida não tenham sido medidas e cujos valores ultrapassem os limites regulamentados pelo FCC. Assim, qualquer dispositivo eletrônico projetado sem incorporar os princípios de projeto de CEM provavelmente não obedecerá os I imites estabelecidos pelo FCC.
•N. de T. No Brasil. esta funç-:.o é exercida pela ANATEL- Ag~ncia Nacional de Telecomunicações.
578
• Elementos de Eletromagnetismo
interferência
irradiada
transmissor
terra comum
fonte de
alimcntr~çflo
comum
interferência
conduzida
Fi~tura
cabos de ;Jiimcnwçilo
14.5 Diferenças entre emissões conduzidas c imtdiadas.
B. Técnicas de controle de IEM
As três técnicas básicas de projeto utilizadas para controlar ou suprimir a IEM são: aten·amento, blindagem e filtragem. Embora cada uma das técnicas tenha um papel diferente no projeto de sistema,
um aterramento adequado pode, às vezes, minimizar a necessidade de blindagem e de filtragem.
Também, uma blindagem adequada pode minimizar a necessidade de filtragem. Por essa razão, vamos discutir as três técnicas, atcrramento, blindagem e filtragem, nesta ordem.
Aterramento:
O aterramento consiste em estabelecer um caminho condutor de eletricidade emre dois pontos com
o objetivo de conectar componentes elétricos c eletrônicos de um sistema entre si ou de conectá-los
a um ponto de referência, que pode ser chamado de terra. Um plano terra ideal é um corpo com um
potencial zero c com impedância nula, que pode ser usado como urna referência para todos os sinais
do circuito associado e no qual se possa descarregar toda a corrente indesejada e, assim, eliminar seus
efei tos.
A finalidade ele um terra flutuante é a de isolar, eletricamente, circuitos ou equipamentos elétricos de um plano terra comum. Este tipo ele técnica ele at.crramcnto pode ser perigoso. O aterramento
em um único ponto é utilizado para minimizar os efeitos elas correntes de terra de um equipamento.
O aterramento de múltiplos pontos minimizao comprimento dos condutores ele aterramento. O plano terra pode ser um fio terra que passa por todo o sistema ou um corpo condutor de grandes dimensões.
Uma conexão elétrica é o estabelecimento de um caminho de baixa impedância entre duas superfícies metálicas. O aterramento é um conceito de circui tos, enquanto que a conexão elétrica é a implementação física deste conceito. A tina fidade de uma conexão é estabelecer, em relação ao fluxo de
correntes elétricas, uma estrutura homogênea, evi tando, dessa forma, o aparecimento de diferenças
de potencial entre partes metálicas, pois tai s potenciais podem resultar em IBM. As conexões fomecem proteção con tra choque elétrico, caminhos de retorno de correntes em circuitos de potência e ligações de plano terra em antenas e também minimizam diferenças de potenciais entre dispositivos.
Estas conexões têm a capacidade de conduzir altas corren tes em casos de falha.
Há dois tipos de conexões: conexões diretas e indiretas. Uma conexão direta é um contato metalmetal entre os elementos conectados (por exemplo, através de uma soldagem), enquanto uma conexão indireta é um contato através de conectores metálicos.
Tópicos Modernos •
579
A resistência em corrente contínua Rcc de uma conexão é muitas vezes utilizada como uma indicação da qualidade da conexão. É dada por
e
(14.10)
Ru = uS
e
onde é o comprimento da conexão, ué a condutividadc c Sé a área da seção reta. À medida que a
freqüência aumenta, a resistência da conexão aumenta devido ao efeito pclicular. Dessa forma, a resistência R.,. é dada por
e
R<n = ~
(14.1 1)
IJuiV
onde w é a largura da conexão e õ é a profundidade pelicular.
A eficiência de conexão pode ser expressa como a diferença (em dB) entre as tensões induzidas
no gabinete do equipamento com e sem o rabicho de conexão.
Blindagem:
A tinalidacle ela blindagem é a de confinar a energia irradiada em uma região cspecffica do espaço ou
a de evitar que a energia irradiada penetre em uma dctenninacla região. As blindagens podem ser na
forma de compartimentos c de caixas, bem como na forma ele cabos c de concctorcs.
Os tipos de blindagem incluem materi ais sólidos, vazados (grades) c malhas como as usadas em
cabos coaxiais. Em todos os casos, a blindagem pode ser caracterizada pela eficiêncitl da blindagem.
A cficiênca de uma blindagem (EB) é definida como
densidade de potência incidida
E8 = I 0 log to d cns1"d ad c dc potcnc1
• .a transmiti
. "d a
(14.12)
onde a densidade de potência incidente é a densidade de potência no ponto de medida ames de a blindagem ser instalada, e a potência transmitida é a densidade de potência neste mesmo ponto após a colocação da blindagem. A eficiência da blindagem pode também ser definida como a raz.lo entre a anlplitude de campo transmitido para o interior da blindagem E, c a amplitude de campo incidente E,.
Assim, a EB pode ser dada por
E
EB = 20 log 10 _i_
E,
(14. 13)
Para campos magnéticos, teremos
Ht
EB = 20 log 10 H,
(14.1 4)
7
Por exemplo, o alumínio tem u = 3,5 X 10 S/m, e= e.,, f.l- = f.l-.,. Uma chapa de alumínio a I 00 MHz
tem urna EB de 100 dB para urna espessura de 0,01 mm. Como 11 chapa de alumínio usada na fabricação de gabinetes de computadores é muito mais espessa que 0,0 I 111111 , esta é considerada uma blindagem altamente eficiente. Uma caixa que blinda com eficiência os circu itos em seu interior com relação aos campos externos também é eficiente na prevenção de irradiação destes circuitos para o
mundo exterior. Devido à eficiência da blindagem da caixa mct.'\lica, as emissões irradiadas por compu tadores são causadas pelas aberturas existentes no gabinete, tais como frestas, abertu ras para acionadores de discos, etc., e por fios que entram no gabinete, tais como cabos de alimentação e cabos
para dispositivos externos.
Filtragem:
Um filtro elétrico é um circuito composto por elementos corno resistores, capacitares e indutores, localizados ou distribuídos. que oferecem uma oposição relativamente pequena a certas freqüências,
enquanto bloqueia a passagem de outras. Através do uso de filtros, pode se reduzir substancialmente os níveis de interferência conduzida.
A característica mais importante de um filtro é a perda de inserçcio que ele causa em função da
freqüência. A perda de inserção (PJ) é definjda como
580
• Elementos de Eletromagnetismo
( 14.15)
onde V1 é a tensão de saída de uma fonte de sinal com o filtro no circuito c V2 é a tensão de saída da
fonte de sinal sem o uso do filtro. Filtros passa-baixa são normalmente utilizados na implementação
de CEM . A perda de inserção para um filtro passa-baixa é dada por
( 14.16)
onde
F = {rrjRC,
rrflJR,
para liltro capaci tit vo
para filtro indutivo
( 14.17)
sendo/a freqüência.
14.4 FIBRA ÓTICA
Na metade da década de 1970, foi reconhecido que a tecnologia baseada em condutores de cobre seria inadequada para o desenvolvimento de sistemas de comunicações futuros. Em vista disto, a indústria de telecomunicações investiu pesadamente na pesquisa de fibras óticas. As fibras óticas são
uma alternativa atraente às linhas de transmissão com lios, como o par trançado e o cabo coaxial. As
libras óticas 3 têm as seguintes vantagens sobre o cobre:
•
Largura de banda: as fibras têm uma capacidade muito alta de transmissão de informação. A
largura de banda é suficiente para que se possa usar transmissão serial bit a bit, reduzindo,
portanto, consideravelmente, o tamanho, custo c complexidade do hardware.
•
Atenuação: as fibras apresentam baixa atenuação, sendo capazes, portanto, de fazer transmissões a longas distâncias sem a necessidade do uso de repetidores.
•
Imunidade a ruído: as fibras não irradiam nem são afetadas pela interferência eletromagnética. A imunidade à IEM se deve ao fato de que não existem partes metálicas, dessa forma não
pode haver condução de correntes.
•
Segumnça: as libras são mais seguras do ponto de vista de interceptação clandestina do sinal
porque é difícil fazer uma derivação na tibra sem interromper a comunicação.
•
Custo: o custo das ti bras óticas caiu consideravelmente nos últimos anos e continuará a cair.
O mesmo tem ocorrido com o custo de outros componentes como transmissores e receptores
óticos.
Estas signilicativas vantagens das libras óticas em relação aos meios elétricos tornaram-nas um meio
popular de transmjssão na atualidade. Embora a tibra ótica seja mais cara e usada principalmente em
comunicações ponto a ponto, está havendo uma mudança rápida do uso de cabos coaxiais e pares
trançados para o uso de fibras óticas em sistemas de comunicações, instrumentação, redes de TV a
cabo, automação industrial e sistemas de transmissão de dados.
Uma fibra ótica é um guia de onda dielétrico que opera em freqüências óticas.
As freqüências óticas estão na ordem de 100 THz. Conforme mostrado na Figura 14.6, urna fibra ótica consiste de Lrês seções cilíndricas concêntricas: o núcleo, a casca c a jaqueta. O núcleo consiste de
um ou mais filamentos de vidro ou de plá~tico. A ca.~ca ~a camada de vidro ou de plástico que envolve o núcleo, que pode ter o índice de refração com variação degrau ou gradual. No núcleo com variação degrau, o índice de refração é uniforme, ma~ sofre uma variação abrupta na interface núcleocasca, enquanto que o núcleo com variação gradual tem um índice de refração que varia com a disExis1cm v~ rios livros cxcctemcs que podem fornecer uma exposição mais aprofundada sobre fibms ólic:IS. Veja. por exemplo. S. L. W. Mcardon. The Elements
of Fiber Optic.<. Englcwood Cliffs. NJ : Rcgcnts/Pn:ntice Hall. 1993.
J
Tópicos Modernos •
581
tãncia rad ial a partir do centro da fibra. A jaqueta envolve uma fibra ou um feixe de ti bras. Ela é feita de plástico ou de outro material usado para proteger as fibras contra umidade, esmagamen to, etc.
Um raio luminoso que penetra no núcleo sofrerá reflexão interna quando incidir em um meio
mais denso c quando o ângulo de incidência for superior ao ângulo crftico. Desta maneira. o raio luminoso é refletido de volta ao meio de origem e o processo é repetido fazendo a luz percorrer o núcleo. Esta fom1a de propagação é dita multi modo e eorresponde a uma variedade de ângulos de reflexão, conforme mostrado na Figura 14.7.
jaqucla
núcleo
casca
luz que incide com tongulo
ângulo d ~
ângulo de
incidência
t'Cnexão
menor do que o ângulo crí1ico
é absorvida na jaqucca
Fi~:ura
14.6 Fi bra ótica.
a. Mullimodo
b. Muliimodo com
jaqucca absorvcdora
de índice
Figura 1~.7 Modos de transmissão na libra ótica. Fome: W. Stallings. Local and Memwolium Area Networks,
4th cd .. Ncw York: Macmillan. 1993. p. 85.
582
• Elementos de Eletromagnetismo
c. modo únic<>
Figura 14.7 (Continuação).
Isto causa um alargamento do sinal no tempo e limita a taxa na qual os dados transmitidos podem ser
recebidos corretamente. Com a redução do raio do núcleo, a fibra passa a operar em modo único, o
que elimina este tipo de distorção.
Um sistema de comunicações por fibra ótica é semelhante a um sistema de comunicações convencional. Conforme mostrado na Figura 14.8, um sistema a fibra consiste de um transmissor, um
meio de transmissão e um receptor. O transmissor recehe um sinal elétrico c o transforma em um sinal ótico, analógico ou digital. O transmissor envia o sinal ótico modulando a saída de uma fome luminosa (normalmente um LED ou um laser) pela variação da sua intensidade. O sinal ótico é transmitido através da fibra até o receptor. No receptor, o sinal ótico é convertido novamente em um sinal
elétrico por um fotodiodo.
A performance de um enlace de comunicações por fibra ótica depende da abertura numérica
(AN), da atenuação e das características de dispersão da fibra. Conforme o sinal se propaga pela fibra, ele é distorcido devido à atenuação e à dispersão.
Abertura Numérica:
Este é o parâmetro mais importante de uma libra ótica. O valor da AN 6 determinado pelos índices
de refração do núcleo e da casca. Por definição, o índice de refração 11 de um material é definido como:
u=
velocidade da luz no vácuo
velocidade da luz no meio
I
=~=~
Jt,
1
( 14.18)
~
Como Jl,., = J10 na maior parte dos casos práticos,
(14.1 9)
o que indica que o índice de refração é, essencialmente, a raiz quadrada da constante dielétrica. Tenha em mente que, conforme discutido no Capítulo I O, e, pode ser complexo. Para alguns meios comuns, o valor de 11 é 11 = I para o ar, 11 = 1,33 para a água c 11 = 1,5 para o vidro.
Quando a luz passa de um meio I para um meio 2, a lei de Snell deve ser satjsfeita, isto é,
Tópicos Modernos •
conversor
eletro-ótico
cabo de fibrn ótic.1
dados e·létrieos
meio de
decn trada
transmissão
583
convctSOr
opto-elétrico
d<ldOS clétricos
de saída
fonte de lu?.
detector de I uz
Figura 14.8 Um sistema a fibra ótica típico.
onde 01 é o ângulo de incidência no meio I c 01 é o ângulo de lransmissão para o meio 2.
no da rellexão tolal ocorre quando 82 = 90°, o que resulla em
0 fenôme( 14.2 1)
onde O<é o ângulo crítico para a rctlexão interna total. Note que a equação ( 14.2 1) é válida somenle
se n 1 > n2 , pois o valor de sen ()<deve ser menor ou igual a I.
Uma oulra maneira de ver a capacidade de transmissão da luz por uma fi bra é a medida do ângulo de aceitação O.,. que é o máximo ângulo de incidência da luz na fibra no qual os raios de luz serão
guiados. Sabemos que este ângulo máximo ocorre quando O<é o ângulo crílico, satisfazendo, pon anlo, a condição para haver a reflexão inlerna tOlaI. Assim, para uma libra com variação do índice de
refração degrau,
( 14.22)
onde n 1 é o índice de refração do nócleo e 112 é o índice de refração da casca, conforme mostrados na
Figura 14.9. Como a maior pane das fibras são fei1as de sílica, 11 1 = 1.48. Os valores típicos de AN
ocorrem entre 0,19 e 0,25. Quando maior a aberlura numérica, maior é a capacidade da libra de caplar energia de uma fome luminosa.
v2
N=-
( 14.24)
2
r--
.... ....
casca
' ... "o ~ I
...
.... ....
llt
-·::-....
' '
lllÍCII!O
::.---·
~..,.
~
ya ·----------------=.-~V ('
....
_
....
' '
Figura 14.9 Abenura numérica e ângulo de aceitação.
~
' '
'
~
-
~~
~
-
584
• Elementos de Eletromagnetismo
Quando uma fibra propaga simultaneamente muitos modos ela é chamada de fibra mu/timodo
com í11dice degrau. O volume moda I V é dado por
2, Y11
À
v=
1rd
";
-
( 14.23)
onde d é o diâmetro do núcleo e À é o comprimento de onda da fon te luminosa. A partir da equação
( 14.23), o número N de modos que se propagam em um libra multirnodo de índice degrau pode ser
estimado como
Ate11uação:
Con forme discutido no Capítulo I O, a atenuação é a redução na pott:ncia do sinal ótico. A atenuação
na potência (ou perda na fibra) é governada por
dP
-
dz
=
- aP
( 14.25)
onde a é a atenuação e Pé a potência ótica. Supõe-se, na equação ( 14.25), que a onda se propaga ao
longo de z.lntegrando-se a equação ( 14.25), obtém-se a relação entre a potência P(O) na entrada da
fibra e a potência P(C) após uma propagação na fibra cmno
e
P(f) = P(O)e- ..e
( 14.26)
É comum expressar a atenuação a em ciB/km c o comprimento eda fibra em km. Neste caso, a equação ( 14.26) torna-se
ae
P(O)
= lO log10 P(C)
( 14.27)
Portamo, a potência da luz na fibra se reduz de a decibéis por quilômetro confonnc a luz se propaga. A equação ( 14.27) pode ser escrita como
P(I!J>)
= P(O) =
IO ..mo
(1 4.28)
Para C= 100 km,
P(O)
P(C)
~
{
10=~00
10 -
para cabo coaxial
para libra
( 14.29)
o que indica que, em um cabo coaxial, a perda de potência é muito maior elo que em uma libra ótica.
Dispersão:
A dispersão é o alargamento que ocorre nos pulsos óticos conforme eles se propagam pela fibra. Em
sistemas digitais, este alargamento faz com que pulsos consecutivos que representam bits I se sobreponham. Se a dispersão ultrapassa um certo limite, o seu efeito pode confundir o receptor. Os efeitos
de dispersão em fibras monomodo são bem menores do que crn libras multi modo.
EXEMPLO 14.2
Uma fibra com índice degrau tem um núcleo de 80 p.m de diâmetro c índice de refração I ,62 e uma
abertura numérica de 0,21 . Calcule: (a) o ângulo de aceitação; (b) o índice de refração da casca; (c)
o número de modos que a fibra pode propagar em um comprimento de onda de 0,8 p.m.
Solução:
(a) Como sen 8o = AN = 0,21, então,
Tópicos Modernos •
(b) De AN =
Vni - nL obtemos
n2 = V nT- AN2 =
V 1,62 2
-
585
0,2 12 = 1,606
(c)
V=
•dy
"2•
u;
=
À
-
7rd AN
À
7r(80 X 10- 6) X 0,2 1
0,8 X 10 6
= 65,973
Portanto,
N =
v2
2
= 2. 176 modos
EXERCÍCIO PRÁTICO 14.2
Uma fibra de sflica tem núcleo com índice de refração de I ,48. O materi al da casca tem um índice de refração de I ,465. Encontre: (a) o ângulo crítico acima do qual ocorre a reflexão interna LO·
tal; (b) a abertura numérica da fibra.
Resposta:
EXEMPLO 14.3
(a) 81,83"; (b) 0,2 1.
Pulsos de luz se propagam por uma fibra que tem uma atenuação de 0,25 dB/km. Determine a distância para a qual a potência dos pulsos é reduzida de 40%.
Solução:
Se a potência é reduzida de 40%, isto significa que
P(e) _
P(O)
I - 0,4 = 0,6
Portanto,
_ .!Q 1 "
e-
a
P(O)
Oo i O P(C)
IO
I
0,25 log 10 0,6
= 8,874 km
EXERCÍCIO PRÁTICO 11.2
Uma fibra de I Okm, com atenuação de 0,2 dB/km, é usada em um enlace ótico entre duas
cidades. Qual é a percentagem de energia recebida?
Resposta:
RESUMO
63, I%.
I. As microondas são ondas EM de comprimento de onda muito curto. Elas se propagam em linha
reta, como a luz, c, portanto, podem, com o uso de antenas adequadas, serem facilmente focalizadas ao longo de uma direção. Elas são usadas em radar, em guiamento, em navegação e em
aquecimento.
586
• Elementos de Ele tromagnetismo
2. A compatibilidade eletromagnética (CEM) é a capacidade de dispositivos elétricos e eletrônicos
operarem no ambiente eletromagnético para o qual foram projetados, sem sofrerem ou causarem
degradação inaceitável em suas performances devido à IEM.
3. A interf-erência eletromagnética (IEM) é a perda de CEM. Ela pode ser suprimida por aterramento, blindagem e filtragem.
4. Uma fibra ótica é uma estrutura de guia de onda dielétrieo que opera em freqüências óticas e que
é formada pela região do núcleo e pela região da casca.
S. As vantagens da tibra ótica em relação aos cabos de cobre incluem: ( I) grande largura de banda; (2) baixa atenuação; (3) imunidade à IEM e (4) baixo custo.
QUESTÕES DE REVISÃO
14.1 As microondas têm comprimentos de onda grandes.
(a) Verdadeiro
(b) Falso
14.2 No espaço livre, o comprimento de onda de um s in al de microonda, cuja freqüênc ia é 3 GHz, é:
(a) l mm
(b) IO 111111
(c) lO em
(d) l m
14.3 Qual das seguintes não é uma fonte de TEM?
(a) Fibm ótica
(b) Computador pessoal
(c) Radar da polícia
(d) Aeronave
(e) Lâmpada fluorescente
14.4 Uma ti bra ótica é:
(a) uma linha de tmnsmissão
(b) um guia de onda
(c) ambos
14.5 Ao contrário dos cabos coaxjais e pares trançados, as llbras óticas são imunes a:
(a) transmissão de alta freqüência;
(b) atenuação do sinal;
(c) perda de potência;
(d) interferência eletromagnética.
14.6 Como um consu ltor, você é solicitado a projetar uma rede para um auditório. A velocidade e o custo não são importantes. Entretanto, a interferência eletromagnética de uma estação de r.ídio na redondeza é importante. Qual dos seguintes meios seria adequado para a implementação da rede?
(a) Microondas
(b) Cabo coaxial
(c) Fibra ótica
(d) Rádio
Tópicos Modernos •
587
14.7 As aplicações das fibras óúcas incluem:
(a) cabo submarino:
(b) telecomunicações a longa distância;
(c) transmissão de dados em alta velocidade;
(d) instrumentação médica;
(e) todas as opções listadas acima.
14.8 Os raios luminosos são confinados no interior de uma libra ótica devido à:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
rctlexão interna total no limite externo da casca;
retlexão interna total na interface entre núcleo e casca:
rellexão na jaqueta da fibra;
refração;
di fração.
14.9 Uma libra ótica tem o núcleo com o índice de refração de I ,45 c n casca com índice de refração de
I,42. A aber1ura numérica da fibra é:
(a) O, 12
(b) 0,18
(c) 0,29
(d) 0,38
14.10 Uma libra ótica de 20 km de comprimento tem uma potência de saída de 0,02 mW. Se a perda na
libra é 0,48 dB/km, qual é a potência de entrada da libra?
(a) 52 p..W
(b) 19p..W
(c) 7 p.W
(d) 2 p..W
Respostas: 14. 1b; 14.2c; 14.3a; 14.4b; 14.5d; 14.6c; 14.7c; 14.8b; 14.9c; 14. 10a.
PROBLEMAS
I
14.1 Discuta, brevemente, outras apl.icações das microondas que não foram discutidas no texto.
14.2 Um conjunto de parJmetros úteis, conhecidos como parâmetros de transferência de espalhamento,
está relacionado às ondas incidente c rclletida por
[ z:] =
[
~~: ~~~][ ~~]
(a) Expresse os parâmetros Tem termos dos parâmetros S.
(b) Encontre T quando
s=
[0,2 0,4 ]
0,4 0.2
14.3 Os parâmetros S de uma estrutura de microondas de duas ponas são:
s" = 0,33 -
jO,J6, S,2
= S2, = 0.56, S22 = 0,44 -
j0,62
588
•
Elementos de Eletromagnetismo
z.,=50 n e Z~ =2 z•.
Encontre os coeficientes de ret1exão na entrada c na saída. quando Zc =
14.4 Por que elementos de circuitos localizados. tais como rcsistorcs, indutorcs e capacitores, não podem ser utilizados nas freqüências de microondas?
14.5 Um sinal de microondas, se propagando no espaço livre, tem urna frcqü~ncia de 8,4 GHz. Calcule o comprimento de onda do sinal.
14.6 Uma descarga eletrostática (DE) pode ser modelada como uma capacitância de 125 pF carregada
a 1.500 V que se descarrega através de um resistor de 2 kW. Obtenh:1 a forma de onda da corrente.
z,
*14.7 A perda de inserção de um circuito de filtro, quando terminado por e Zc, pode ser calculada em
termos de seus parâmetros A, B. C, e D, conforme mostrado na Figura 14. 1O. Mostre que
_ ?O
AZL
/L - - 1og10
+
8
+
Z
~
CZ/IZc
Z
+
DZ6
+ c
14.8 Uma barra de prata tem uma seção reta retangular de 0,8 em de altura c I ,2 em de largura. Encont.rc:
(a) a resistência em corrente contínua por km do condutor;
(b) a resistência em corrente alternada por km do condutor em 6 MHz.
14.9 A velocidade da luz, medida em um determinado meio, 6 de 2, I X I o~ m/s. Encomre o índice de
refração.
14. 10 Como pode ser útil uma fibra ótica para isolar TEM?
14. 11 Uma fibra de vidro tem um núcleo com 50 ~-tm de diâmetro e com índice de refração de 1.62, enquanto que o índice de refração da casca é de I ,604. Se é usada uma luz com compri mento de onda de 1.300 nm. encontre:
(a) a abertura numérica;
(b) o ângulo de aceitação;
(c) o número de modos transmitidos.
..n
~
+
z ~
+
•
~
~
'A
ii
Vc
VI
v,
c
'-
\rv
~
Figura 14.10 Referente ao Problema 14.5
•
D
-
-
-
•~
Zc
Tópi cos Modernos •
589
14.12 Uma fibra ótica. com um mio de 2.5 J.Lm c com índice de refração de 1.45. é envolvida por uma
casca de ar. Se a fibra é iluminada com um r.tio luminoso de I J J.Lm, detennine:
(a) V:
(b) AN:
(c) quantos modos, aproximadamente, podem se propagar.
14.13 Uma fibm ótica com atenuação de 0,4 dB/km tem 5 km de comprimento. A fibra tem11 1 = 1.53,
112 = I ,45 e um diâmetro de 50 J.LOl. Encontre:
(a) o ângulo máximo para o qual a luz será guiada pela fi bra:
(b) a porcentagem da potência de entrada recebida.
14. 14 Um diodo laser é capaz de acoplar I OmW a uma tibra que tem uma atenuação de 0,5 dB/km. Se a
fibra tem um comprimento de 850 m, calcule a potência recebida na entmda ela fibra.
14. 15 A atenuação cxw do Capítulo 10, é dada em Np/m, enquanto que a atenuação ex, •• deste capítulo, é
dada em d.B/km. Qual é a relação entre as duas?
14.16 Um sistema de comun icações óticas utiliza um enlace de fibra ótica ele 30 km, com urna perda de
0,4 ciB/km. Se o sistema necessita um mínimo ele 0,2 mW no receptor, calcule a potência mínima
que deve ser lançada na fibra.
14. 17 (a) Discuta as vantagens da utilização de fibras óticas.
(b) O que é a dispersão de um pulso'?
Capítulo
15
MÉTODOS NUMÉRICOS
A receita para a ignorância é: satisfazer-se com suas opiniões e contentar-se com o seu conhecimento.
ELBERT HUBBARD
15.1 INTRODUÇÃO
Nos capítulos precedentes, consideramos várias técnicas analíticas para resolver problemas de EM e
obter soluções na forma fechada. Uma solução na forma fechada é uma solução na forma de uma
equação algébrica explícita, na qual os valores dos parâmetros do problema podem ser substituídos.
Algumas dessas soluções analíticas foram obtidas assumindo certas situações, dessa forma fazendo
com que essas soluções fossem aplic.1veis àquelas siluações idealizadas. Por exemplo, ao deduzir a
fórmula para calcular a capacitância de um capacitor de placas paralelas, assumimos que o efeito de
vazamen to nas bordas é desprezível e que a separação entre as placas é muito pequena se comparada com o comprimento e com a largura das mesmas. Também nossa aplicação da equação de L aplace no Capítulo 6 foi restrita a problemas com contornos coincidindo com as superfícies coordenadas.
As soluções analíticas têm uma vantagem inerente de serem exatas. Elas também tornam mais fácil
observar o comportamento da solução em função da variação dos parâmetros do problema. Entretanto, as soluções analíticas são somente possíveis para problemas com configurações simples.
Quando as complexidades das fórmul as teóri cas tornam as soluções analíti cas intratáveis, recorrernos a métodos não analíticos, o que inclui: ( I ) métodos gráficos; (2) métodos experimentais; (3)
métodos analógicos e (d) métodos numéricos. Os métodos grálico, experimental e analógico são
aplicáveis à solução de um número relativamente pequeno de problemas. Métodos numéricos têm ti do destaque e têm se tornado mais atrativos com o advento de computadores digitais cada vez mais
rápidos. As três técnicas numéricas simples mais usualmente utilizadas em EM são: ( I) o método dos
momentos; (2) o método das diferenças finitas e (3) o método dos elementos linitos. A maioria elos
problemas de EM envolvem ou equações diferenciais parciais ou equações integrais. As equações diferenciais parciais são normalmente resolvidas com o método el as diferenças finitas ou com o método dos elementos finitos. As equações integrais são resolvidas, adequadamente, utilizando-se o método dos momentos. Embora os métodos numéricos dêem soluções aproximadas, as soluções são sulicientemente precisas para os propósitos da engenharia. Não devemos licar com a impressão de que
as soluções analíticas estão superadas por causa dos métodos numéricos. Ao invés disso, elas os complementam. Como veremos posteriormente, cada m6todo num6rico envolve uma simplificação analítica até o ponto em que se torna fácil aplicar o método.
Os comandos do Matlab, desenvolvidos para implementação computacional dos conceitos a serem abordados neste capftulo, estão simplificados e são auto-explicativos para fins didáticos. As notações empregadas neste capítulo estão o mais próximo possível daquelas usadas nos programas.
Outras serão definidas sempre que necessário. Os programas apresentados não são únicos; existem
várias maneiras ele se escrever um programa de computador. Portanto, os usuários podem decidir modilicar esses programas para adaptá-l os aos seus objetivos.
Métodos Numéricos •
...1
591
15.2 PLOTAGEM DE CAMPO
Na Seção 4.9, utilizamos linhas de campo e superfícies cquipotcnciai s para visualizar um campo eletrostático. Entretanto, as representações gráficas para campos eletrostáticos, na Figura 4.21, e para
campos magnetostáticos, nas Figuras 7.8(b) e 7.16, são muito simples, triviais c qualitativas. Figuras
precisas de distribuições de carga mais complexas seriam mais úteis. Nesta seção, é apresentada uma
t6cnica numérica que pode ser desenvolvida em um programa iterativo de computador. Para qualquer
configuração arbitrária de fontes pontuais, essa técnica gera valores pontuais para linhas de campo
elétrico e para linhas equipotenciais.
Linhas de campo elétrico e linhas equipotenciais podem ser plotadas para fontes pontuais coplanares com programas simples. Suponha que tenhamos N cargas pontuais localizadas de acordo com
os vetores posição r 1, r 2, ... , r N, e que a intensidade do campo elétrico E e o potencial V no ponto determinado pelo vetor posição r sejam dados, respecti vamente, por
( 15.1)
e
V=
( 15.2)
Se a~ cargas estão no mesmo plano (z =constante), as equações ( 15.1) c ( 15.2) tornam-se:
N
L
E=
k- l
+ (y - Yl)a ,.]
.,
., 31"
4we[(x - xk)" + (y - Yk)-]" Qk[(x - xl)a,,
V=
( 15.3)
( 15.4)
Para plotar as linhas de campo elétrico, siga os passos:
1. Escolha o ponto de partida de cada linha de campo.
2. Calcule E., e E,. nesse ponto usando a equação ( 15.3).
3. Considere um pequeno deslocamento longo da linha de campo em direção a um novo ponto
e
no plano. Corno mostrado na Figura 15.1, um movimento a ao longo da linha de campo corresponde a movimentos ilx e ily ao longo das orientações x c y , respectivamente. A partir da
figura, é evidente que
y
tinha de campo
novo pomo
' - - - - - - - - -- -- -<
Fi~:ura
15.1 Um pequeno deslocamento sobre uma linha de campo.
592
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
t.e. E
l:ix =
[E.; + E; J ?
;
"'
( 15.5)
De maneira similar,
( 15.6)
Mova-se, ao longo da linha de campo, de um ponto anterior (x, y) para um novo ponto x' = x
l:ix; y' = y + l:iy.
+
4. Retorne aos passos 2 e 3 e repita os C<11culos. Continue a gerar novos pontos até que uma linha seja completada em um intervalo dado de coordenadas. Ao completar a linha, volte ao
passo I e escolha um outro ponto de partida. Observe que, j á que existe um número infinito
de linhas da campo, qualquer ponto de partida pode ser considerado sobre uma linha de campo. Os pontos gerados podem ser marcados à mão ou de forma automática, como mostrado
na Figura 15.2.
Para plotar as linhas equipotenciais, siga os passos:
1. Escolha um ponto de partida.
2. Calcule o campo elétrico (Ex• Ey) nesse ponto utilizando a equação ( 15.3).
3. Faça um pequeno deslocamento ao longo de uma linha perpendicular à linha de campo nesse ponto. Utilize o fato de, que se uma linha tem inclinação m, uma linha perpendicular deve
ter uma inclinação -1 /m. Já que a linha de campo E c a linha cquipotcncial que se encontram
em um dado ponto são muruarnente ortogonais, então, nesse ponto:
(15.7)
( 15.8)
.1'
" ... ...
"'._
~
\
\
""
\
'
...
'
'
"
\
'
X
Figura 15.2 Pontos gerados sobre as linhas de campo E (linhas contfnua.s) e linhas equipotenciais (linhas tra-
cejadas).
Métodos Numéricos •
593
Mova-se ao longo da linha equipotencial, a partir do pomo an terior (x, y), até o novo ponto
(x + lU, y + .ó.y). Como uma maneira de conferir o novo ponto, calcule o potencial do ponto novo e do anterior utilizando a equação (15.4). Os valores devem ser os mesmos, uma vez
que os pontos estão sobre a mesma linha equipotencial.
4. Volte aos passos 2 e 3 e repita os cálculos. Continue a gerar novos pontos até completar uma
linha em um intervalo de valores de x e de y. Após completar a linha, volte ao passo I e escolha outro ponto de partida. Ligue os pontos gerados, à mão ou au tomaticamente, como mostrado na Figura 15.2.
Seguindo o mesmo procedimento, pode-se traçar a linha de campo magnético devido a várias distribuições de corrente utilizando a lei de Biot-Savart. Podem ser desenvolvidos programas para determinar a linha de campo magnético devido a uma linha de corrente, a uma espira de corrente, a um
par de Helmholtz e a um solenóide. Programas para desenhar as linhas de campo elétrico e magnético no interior de guias de onda retangulares ou para desenhar o diagrama de radiação produzido por
um arranjo l inear de an tenas tipo dipolo vertical de meia onda podem também serem escri tos.
EXEMPLO 15.1
Escreva um programa para traçar as linhas de campo c as linhas cquipotcnciais de:
(a) duas cargas pontuais, Q e- 4Q, localizadas em (x, y) = (- 1, O) c ( I, 0), respectivamente;
(b) quatro cargas pontuais, Q, -Q, Q e -Q, localizadas em (x, y) = (- 1, - I), ( I , - I), ( I , I) e(- J, J),
respecti vamente. Considere Q/47rs = 1 e .6.e =O, I. Considere o intervalo - 5 :S x, y :S 5
Solução:
Tomando por base os passos descritos na Seção 15.2, desenvolvemos o programa mostrado na Figura 15.3. Um número bastan te grande de comentários foi introduzido de modo a tornar o programa o
mais auto-explicativo possível. Por exemplo, ao usar o programa para gerar o gráfico da Figura
15.4(a), carregue o programa plotit do Matlab. U ma vez carregado, digite
plotit ([ l,-4],[-10, 10], I, 1,0, 1,0,0 1,8,2,5)
os significados desses números são fornecidos pelo programa. Maiores expl icações sobre o programa em si serão fornecidas nos parágrafos seguintes.
Uma vez que as linhas de campo E emanam das cargas positivas e terminam nas cargas negativas, parece ser razoável gerar pontos de partida (x,, >)para as linhas de campo E sobre pequenos círculos centrados nos pontos de carga (x0 , y0 ), isto é,
X.,
=
XQ
+ r COS 0
y_, = y Q + r sen O
(15.l.la)
(J5.1.1b)
Eunction plotit(charges , location , ckEField , c kEq , DLE , DLV , NLE, NLV ,PTS)
figure ;
hold on ;
% Programa par a traçar as l i nhas de campo elétrico e as
% l inhas equipotenciais devido a cargas coplanares pontuais
% o traçado é no intervalo dado por - 5<x,y<5
%
% Essa é a forma correta de uso :
% function plotit(charges, location,c kEFie l d , ckEq , DLE, DLV, NLE , NLV , PTS)
%
% onde,
%
charges = um vetor contendo as cargas
\
location = uma matriz na qual cada coluna representa a localizaçao de ~~a carga
%
ckEField = apontador • setado• em 1 traça as linhas de campo E
%
ckEq = apontador • setado• em 1 traça as linhas equipotenciais
% DLE ou DLV = incremento ao longo das linhas de E e de V
Fi~:u ra
15.3 Programa de computador para o Exemplo tS. t.
594
• Elementos de Eletromagnetismo
%
%
%
NLE = n• de l inhas de campo E por carga
NLV = n• de l inhas equipotenciais por carga
PTS => Plota cada ponto PTS ( i sto é , se PTS a 5 então plota um pon-
to a cada 5•)
% observe que a constante Q/4 *Pie*ErR está • setada• igual a 1 . 0
% Determine as linhas de campo E
% Por conveniência , os pontos de partida (XS,YSl s~o distribuídos radialmente em torno das localizações das cargas
Q=charges ;
XQ = location( :, l) ;
YQ = location( :, 2) ;
JJ=l ;
NQ = length(charges ) ;
i f (ck EFieldl
for K=l :NQ
for I =l :NLE
TH ETA = 2*pi* (I-1 )/ (NLE) ;
XS=XQ(K ) + O. l *cos(THETA) ;
YS=YQ( K) + O. l *sin(THETA) ;
XE=XS ;
YE:YS ;
JJ=JJ+l ;
if (-mod(JJ , PTS))
plot (XE , YE) ;
end
whi l e(l)
%Encontre o incremento~ e o novo ponto (X ,Y )
EX: O;
EY=O;
for J=l :NQ
R =sqrt((XE- XQ(J))A2 + (YE- YQ!Jll A2l ;
EX= EX +Q(J) * (XE-XQ(J))/(RA3) ;
EY = EY +Q(J)*(YE- YQ(J)) /(RA3) ;
end
E= sqrt(EXA2 + EYA2) ;
% VERIF IQUE PARA UM PONTO SINGULAR
i f (E <= . 00005)
break;
end
DX = DLE* EX / E;
DY = DLE*EY/ E;
% PARA CARGA NEGATIVA, TROCAR O SINAL DE DX E DE
% DY TAL QUE O INCREMENTO SEJA PARA FORA DA CARGA
iE (Q(K) < 0)
DX = - DX ;
DY = -DY ;
end
XE = XE + DX;
YE = YE + DY;
% VERIFIQUE SE O NOVO PONTO ESTÁ DENTRO DO
% INTERVALO DADO OU MUITO PRÓXIMO DE QUALQUER
% PONTO DE CARGAS - PARA EVITAR UM PONTO SINGULAR
i f ((abs(XE) >= 5) I (abs(YE) >= 5))
break ;
end
Fi~:uru
15.3 (Cominuação)
M étodos Numéricos •
i f (sum(abs (XE- XQ ) < 05 & abs(YE-YQ) <
05) >0)
b reak;
end
JJ=JJ+l ;
if (-mod(JJ,PTS ))
plot (XE,YE ) ;
end
end % fim do loop do while
end % I =l : NLE
end % K = l : NQ
end % fim do if
% A SEGUIR , DETEru1INE AS LINHAS EQUIPOTENCIAIS
% POR CONVENI~NCIA, OS PONTOS DE PARTIDA(XS ,YS) SÃO
% ESCOLHIDOS DA MESMA FORMA QUE PARA AS LINHAS DE CAMPO
%E
i f (CkEq)
JJ=l ;
DELTA = . 2 ;
ANGLE = 45 *pi/180 ;
for K =l : NQ
FACTOR = . 5 ;
for KK = l :NLV
XS = XQ(I() + FACTOR*cos (ANGLE);
YS = YQ(K) + FACTOR*sin(ANGLE );
if ( abs(XS) >= 5 I abs(YS) >=5)
break;
end
DIR = l ;
XV = XS;
YV = YS ;
JJ=JJ+l ;
if (-mod(JJ, PTS))
plot (XV, YV) ;
end
% DETERMINE O INCREMENTO E O NOVO PONTO (XV, YV)
N=l ;
while (1)
EX = O;
EY = O;
for J = l : NQ
R= sqrt((XV-XQ(J))A2 + (YV-YQ(J)JA2) ;
EX = EX+ Q(J)*(XV-XQ(J)) /( RA3) ;
EY = EY + Q( J )*(YV-YQ(J)) / (RA3) ;
end
E=sqrt(EXA2 + EYA2l;
i f (E <=
. 0005)
FACTOR = 2* FACTOR;
break ;
e nd
DX = -DLV*EY/ E;
DY = DLV*EV/ E;
XV = XV + DIR*DX ;
YV = YV + DIR*DY;
% VERI FIQUE SE A LI NHA EQUIPOTENCIAL RETORNA A
% (X,YS )
RO = sqrt((XV- XS)A2 + (YV- YS)A2) ;
if (RO < DELTA & N < 50)
FACTOR = 2*FACTOR;
break;
Fi::ura 15.3 (Continuação)
5 95
596
• Elementos de Eletromagnetismo
end
% VERIFIQUE SE O NOVO PONTO ESTÁ DENTRO DO INTERVALO DADO
% SE ESTIVER FORA DO INTERVALO, RETORNE AO PONTO DE PARTIDA
% (S , YS) MAS AUMENTE EM SENTI DO OPOSTO
if (abs(XV) > 5 I abs(YV) > 5)
DI R = DI R -2;
XV = XS;
YV = YS ;
if (abs(DI R) > 1)
FACTOR = 2 *FACTOR;
break;
e nd
else
if (sum(abs(XV- XQ ) < . 005 & abs(YV- YQ) < . 005 ) >0)
break ;
e nd
end
JJ: JJ+l ;
i f (- mod(JJ , PTS))
N=N+ l ;
plot (XV, YV) ;
end
e nd % Fim do loop que inicia em WH!LE
e nd % Fim do l oop que i nicia em KK
e nd % Fim do loop que i ni c i a em K
e nd % Fi m do loop qu e inicia em if
Fi::ura 15.3 (Cominuação)
onde ré o raio do pequeno círculo e Oé o ângulo prescrito, escolhido para cada linha de campo E. Os
pon tos de partida para as linhas equipotenciais podem ser gerados de diferentes maneiras: ao longo do
ei xo x e do eixo y, ao longo da linha y = x, e assim por di ame. Entretanto, para fazer um programa o
mais geral possível, os pontos de partida para as linhas equipotenciais, da mesma fonna que para as linhas de campo E, devem depender das localizações das cargas. Eles podem ser escolhidos usando a
equação ( 15.1.1) e lixando O (por exemplo, 45°) e a vari ável r (por exemplo, 0,5; I ,0; 2,0; ...).
O valor do comprimento incrementai ~ e é crucial para a precisão dos traçados. Apesar de que
quamo menor o valor de ~ e maior a precisão dos traçados, devemos ter em mente que, quanto menor o valor de tle, mais pontos são gerados e a memória necessária para o armazenamento dos dados
pode ser um problema. Por exemplo, uma linha pode consistir ele mais de 1.000 pontos gerados. Em
vista do grande número de pontos a serem plotados, os pontos são usualmente armazenados em um
arquivo de dados e uma rotina gráfica é utilizada para plotá-los.
Tanto para linhas de campo E quamo para linhas equipotenciais, diversas verificações foram inseridas no programa da Figura 15.3:
(a) Verificação de pontos singulares (E= 0?).
(b) Verificação se o pomo gerado está muito próximo da localização da carga.
(c) Verilicação se o pomo está dentro do intervalo dado - 5 < x, y < 5.
(d) Vcrilicação se a linha (cquipotencial) rctorna ao ponto de partida formando urn laço.
A plotagem dos pontos gerados para os casos de duas cargas pontuais e de quatro cargas pontuais
são mostrados na Figura 15.4(a) e (b), respecti vamente.
Métodos Numéricos •
597
(a)
(b)
Fi~:ura 15.4 Refereme ao Exemplo 15.1. Traçados de linhas de campo
Ee de linhas equipotenciais devido a: (a)
duas cargas pomuais e (b) quatro cargas pomuais (um quadrupolo bidimcnsional).
Figura 15.5 Referente ao Exercício Prático 15.1.
598
•
Elementos de Eletromagnetismo
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.1
Escreva um programa completo para traçar as linhas de campo E c as linhas cquipotenciais
devido a cargas pontuais coplanares. Rode o programa para N = 3, isto é, há três cargas pontuais
-Q, +Q c -Q localizadas, respectivamente, em (x, y) = (- I, 0), (0, I) e ( I, 0). Considere
Q/47rs = I , ~ e = 0,1 ou 0,01 para maior precisão c limite seu traçado ao intervalo - 5 :s; x, y :s; 5.
Resposta:
veja a Figura 15.5.
15.3 O MÉTODO DAS DIFERENÇAS FINITAS
O método das diferenças finitas 1 (FDM)' é uma técnica numérica simples utilizada para resolver problemas corno aqueles resolvidos analiticamente no Capítulo 6. Um problcnta é definido univocarnente por três características:
1. por uma equação diferencial parcial, tal como as equações de Laplace ou de Poisson;
2. pela delimitação de um domínio;
3. por condições de contorno e/ou por condições iniciais.
Uma solução da equação de Poisson ou de Laplace por diferenças linitas, por exemplo, dá-se em três
etapas: (1) divide-se o domínio em uma grade de nós; (2) aproxima-se a equação dilerencial e as condições de contorno por um conjunto de equações lineares algébricas (denominadas equações de dife·
renças) nos pontos sobre a grade no domínio e (3) resolve-se esse conjunto de equações algébricas.
Etapa 1: suponha que pretendamos aplicar o método das diferenças finitas para determinar o potencial elétrico na região mostrado na Figura I 5.6(a). O domínio é dividido através de uma malharegular com pomos de grade ou nós como mostrado na Figura 15.6(a). Um nó sobre a contorno daregião onde o potencial é especificado é denominado um nó fixo (fixado pelo problema) e pontos internos na região são denominados de pontos livres (pontos nos quais o potencial é desconhecido).
Etapa 2: nosso objeti vo é obter a aproximação por diferenças finitas para a equação de Poisson e
usá-la para determinar o potencial em todos os pontos livres. Lembremos que a equação de Poisson
é dada por
( 15.9a)
2
Para um domínio bidimensional, tal como o da Figura 15.6(a). P,. é substituído por p ,, à V =
. az2
o• tal
que
( 15.9b)
Da delinição de derivada de V(x, y) em um ponto (x.,, y.).
éiV
V'= -
+
V(x0
l!.x, y 0 ) - V(x0 _
- _
l!.x,:...=.=.
y0)
=__:_..::....__.....:...:.=.._....:....;:.
2.1.x
àx x=x...
_ V;+•.i - vi- l.i
2l1x
1
( 15.10)
Para um tr:uan.:Oio extensivo do método de diferenças linilas. veja G. O. Smi1h. Numerical Solmion of l'ttrlial Differttttial Equatimu: Fiuite Differeuce
Methods. 2nd ed. Oxford: Clarcndon. 1978.
N. de T. Do ingl~s. Fiuite Differeuce MetluNt - FOM .
Métodos Numéricos •
I.
_,
I
í
599
I
~
I
v,.l ..
...
Yu +A
I
Jll • I o/.
••
I'
Jl. I
Y;. 1./
'.
li
Ay
Ax
......
" '~·o " ,
"
~'l
I
V;.J ... I
\
"•
+I
i
I
"·
JIJ
(b)
..J
.
x .,, - âx
(a)
Fi~:u ra
15.6 Diagrama de solução do método de diferenças linitas: (n) diseretização do domínio; (b) nós empregados nas aproximações em diferenças fin itas a cinco nós.
onde ilx é um incremento suficientemente pequeno ao longo de x. Para a derivada segunda, que é a
derivada da derivada primeira v·.
iJ \1'
V'(X0 + Ll.x/2, )'0 ) - V'(x0 - Lix/2, )' 0 )
=-=---''-"----'-"-"'----'--''---__:_::.=
iJx
Lix
V(x0 + Li.r, J 0 ) - 2 V(x0 , )'0 ) + V(x0 - Lix, )'0 )
(ilx)2
;r = .r...
V;+ I.; - 2 V1.j
,
+ V1_ 1.j
( 15.11)
(t.xt
As equações ( 15.10) e ( 15.11 ) são aproximações por diferenças finitas para as derivadas parciais, primeira c segunda, de Vem relação a x, calculadas em x = x0 • A aproximação na equação ( 15.1 0) tem
associada um erro de ordem de grandeza ilx, enquanto que a equação ( 15.1 1) tem um erro associado
2
da ordem de (ilx) • De forma similar,
=
V(x0 ,
)'0
+ Liy)
- 2 V(X0 , )' 0 )
,
+
V(X0 , )' 0
-
Liy)
( Li)')"
V-I,)'+ I
-
2V·1.)· + V·t, j· 1
( 15.12)
(t.yi
Substituindo as equações ( 15.11) e ( 15. 12) na equação ( 15.9b) e l~tzendo ilx = ily = h, resulta em
,
V;+I.J
+
V;- 1.;
+
Vi.J+ I
+
V;.J- I - 4VI.J = -
h"Ps
e
ou
I(
v.. = -4 v.+, 1· + v._ , . +
t.)
I
•
I
•)
VI,- ,,
1
+ v,1
•
,
+ -..:...::.
"~)
8
( 15.13)
onde h é chamado de passo ou incremento da malha. A equação ( 15.13) é a aproximação por diferenças finitas da equaç.'ío de Poisson. Se o domínio é livre de carga (p, = 0), a equação ( 15.9) tornase a equação de Laplace:
( 15.1 4)
600
• Elementos de Eletromagnetismo
A aproximação por diferenças fi nitas para essa equação é obtida da equação ( 15. 13) fazendo Ps = O,
isto é,
( 15.15)
Esta equação é essencialmente uma aproximação por diferenças finitas a cinco nós para o potencial
no ponto central de uma malha quadrada. A Figura I 5.6(b) ilustra o que é chamado denodo de diferenças finitas a cinco nós. O nó na Figura I 5.6(b) é destacado da Figura 15.6(a). Portanto, a equação
( I 5. I 5), aplicada ao nó torna-se:
( 15.1 6)
Esta equação mostra claramente a propriedade de valor médio intrínseca à equação de Laplace. Em
outras palavras, a equação de L aplace pode ser interpretada como uma forma diferencial de esta-belecer o fato de que o potencial em um ponto especínco é a média dos potenciais nos pontos vizi-nhos.
Etapa 3: para aplicar a equação ( I 5.16) [ou a equação ( I 5. 13)] a um dado problema, um dos seguintes dois métodos é comumente utilizado:
A. Método iterativo
Começamos estabelecendo valores iniciais nulos ou razoáveis para os potenciais nos nós livres. Na
seqüência, mantemos constantes no tempo os potenciais nos pontos lixos, aplicamos a equação
(15.16) para cada nó livre até que os potenciais em todos os nós livres sejam calculados. Os potenciais obtidos ao final dessa primeira iteração não são precisos, mas, sim, aproximados. Para aumentar a precisão dos valores dos potenciais, repetimos esse cálculo para cada nó livre, uti lizando os valores anteriores para obter os valores novos. A alteração iterativa ou repetida do potencial para cada
nó livre continua até que um grau de precisão preestabelecido seja alcançado ou até que os valores
anteriores c novos em cada nó sejam suficientemente próximos entre si.
B. Método da matriz de banda
A equação ( I 5. I 6), aplicada a todos os nós livres, resulta em um conjunto de equações simultâneas
da forma
[AJ [VJ = [8]
( 15.17)
onde [AJ é uma matriz esparsa (isto é, uma matriz que ctJntém vários termos nulos), [V] é constituída por valores dos potenciais desconhecidos nos pontos livres e [8 1é uma outra matriz coluna formacia pelos potenciais conhecidos nos nós fixos. Diz-se que a matriz (A] é urna matri z de banda pois
seus termos não nulos aparecem agrupados nas proximidades da diagonal principal, uma vez que
apenas os nós mais próximos afetam o potencial em cada nó. Uma matri z de banda, esparsa, é facilmente invertida para determinar [ V]. Assim, obtemos os potenciais nos nós livres a partir da matriz
l VJ fazendo:
(V]= (A)- 1 [8)
(15. 18)
O método das di rerenças fi nitas pode ser aplicado para resolver problemas variáveis no tempo.
Por exemplo, considere a equação de onda unidimensional da equação ( I O. I), a saber
?
éJ24>
éJ24>
ax-
ar
u- -'-,.
?
?
(15.19)
Métodos Numéricos •
601
onde 11 é a velocidade da onda e 4> é a componente do campo E ou do campo H da onda EM. As aproximações por diferenças das derivadas em (x 0 , 10 ) ou no (i,j )ésimo nó, mostrado na Figura I5.7, são:
( 1520)
x=x.,
_ tJ> i.i: I
iJ r'
2t/>i.J + tJ>i.j~ I
(Ãt)2
-
•=•. -
( 15.2 1)
Inserindo as equações ( 15.20) e ( 15.2 I ) na equação ( I 5. I 9) e resolvendo para 4>11 + 1, resulta em
t/>i.J+t = cx(4>;- l.j + tl>i+t.) + 2( 1 -ex) 4>1.1 - 4> 1.1- 1
( 15.22)
onde
a =
[11Ât]
2
( 15.23)
ÂX
Pode-se demonstrar que, para a solução na equação ( I 5.22) ser estável, a s I. Para começar a executar o algoritmo das diferenças finitas na equação (15.22), usamos as condições iniciais. Assumimos que emt =O, êJtP;.o I dt =O e usamos a aproximação por diferenças cemrais (veja a Questão de
Revisão I 5.2) para obter
iJt/>;.o = t/>i.l - 4>;.
iJ t
2D.t
= O
I
ou
tJ>., =
'·
( 15.24)
tj>._,
'·
Substituindo a equação (1 5.24) na equação ( 15.22) e tomandoj =O (t = 0), obtemos
tl>u = cx(tl>;- l,O + ti>;+Lo) + 2( 1 - cx)tl>;.o - t/>;.1
ou
4>;,, =
A
10 + ')
.. ~
1.
I
2 [cx(tP;- t.o + 4>;.. t.o) + 2( I
'
"")
/+
-
•.,,i,}• l
r~, + t!. t . i+ l
•t•,,,
4b/ ... t ,/
r,,
1,,
~
llt ~
- cx)tl>;.ol
;
' 11t • 1, f
(11/,/-
· I
1
2 /lt, j - 2
i
2
i
I
I
i+ 1
f igura 15.7 Diagrama da solução em diferenças finitas para a equação da onda.
( I 5.25)
602
•
Elementos de Eletromagnetismo
Usando a equação ( 15.25) como a fórmula de " partida", o valor de ct> em um ponto qualquer da grade pode ser obtido diretamente da equação ( 15.22). Observe que os dois métodos discutidos para resolver a equação ( 15.16) não se aplicam à equação ( I 5.22) porque essa equação pode ser usada diretamente com a equação ( 15.25) como fórmula de partida. Em outras palavras, não temos um conjunto de equações simultâneas. A equação ( I 5.22) é uma fónnula explfcita.
O conceito de FDM pode ser estendido à equação de Poisson, à equação de L aplace ou às equações de onda em outros sistemas de coordenadas. A precisão do método depende do refinamento da
grade e do tempo dispendido para obter valores mais precisos dos potenciais. Podemos reduzir o tempo de processamento e aumentar a precisão e a taxa de convergência pelo método da sobrerrelaxação
sucessiva supondo valores iniciais razoáveis, tirando vantagem, se possível, da simetria do problema, considerando o passo da malha o menor possível e usando nados de diferenças tini tas mais complexos (veja Figura 15.41). Uma das limitações do método das diferenças li nitas é a necessidade de
algum tipo de interpolação para determinar a solução para alguns pontos fora da grade. Uma das alternativas óbvias de superar essa dificuldade é utilizar urna grade mais fina, mas isso requer um grande número de cálculos computacionais e uma maior capacidade de armazenamento.
EXEMPLO 15.2
Resolva o problema de valor de contorno unidimensional -4>" =i, Os x s 1com valores de contorno dados por ct>(O) =O= ct>( I). Utilize o método de diferenças finitas.
Solução:
Em primeiro lugar, obtemos a aproximação por diferenças finitas para a equação diferencial
cf>" =-i, que é a equação de Poisson em uma dimensão. A seguir, dividimos todo o domínio Os x <
I em N segmentos iguais, cada um de comprimento 11 (= IIN), como mostrado na Figura I 5.8(a), tal
que tenhamos (N + I ) nós.
x= .r.
ou
Portanto,
ou
h
I
• ••• ' ' •• ••• ' •• "
x=O
(a)
(b)
Figun1 15.8 Referente ao Exemplo 15.2.
' . •
Métodos Numéricos •
603
Utilizando o esquema das diferenças fin itas, obtemos uma solução aproximada para vários valores
de N. O programa em Matlab é apresentado na Figura 15.9. O número de iterações N/ depende do
grau de precisão desejado. Para um problema unidimensional como esse, N/ = 50 pode ser suficiente. Para problemas bidimensionais ou tridimensionais, valores maiores de N/ podem ser necessários
(veja Tabela 15.1 ). Deve-se observar que os valores de 4> nos pomos da periferia (nós fixos) são mantidos constantes. As soluções para N =4 e N = I Osão mostradas na Figura 15.1O.
Podemos comparar esse resultado com a solução exata obtida a seguir. Dado que tfcl>tdx2 =-i,
illlcgrando duas vezes, resulta em
4> =
x4
- - +A~+
12
•
B
% PROBLEMA UN I DIMENSIONAL DO EXEMPLO 15 . 2
% RESOLVIDO USANDO O MÉTODO DAS DIF ERENÇAS FINITAS
%
% h = PASSO DA MALHA
% ni ~ NÚMERO DESEJADO DE ITERAÇÕES
p = [ l ;
n =20 ;
ni ~lO O O ;
1=1 . 0 ;
h
1/n ;
=
phi=zerosln+l , l) ;
x=h* [O : n] ';
x l=x (2 : n) ;
for k =1 : ni
phi([2 : n)) = [phi(3 : n+1)+phi(l : n-l)+ Xl . A2 *hA2)/2 ;
end
% CALCULE TAf.fBÉt1 O VALOR EXATO
phiex=x .* (l . O-x. A3}/12 . 0 ;
diary a : test . ou t
((l : n+l) ' ph i phi e x ]
diary off
FiJ,!ura 15.9 Programa de computador referente ao Exemplo I5.2.
t 0.03
<I>
0.01
·Fi~:ura
15.10 Referente ao Exemplo 15.2: traçado de ct>(x). A curva cominua é para N = lO e a curva aracejada
é para N= 4.
604
•
Elementos de Eletromagnetismo
onde A e B são constantes de inregração. A partir das condições de contorno,
t/>(0) = O --7 B = O
I
t/>( 1) = 0 --7 0 = - - + A
12
I
12
A=-
ou
3
Portanto, a solução exata é tP = x(l - x )112, que é calculada na Figura 15.9 e é muito próxima à do
casoN= 10.
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.2
2
Resolva a equação diferenci al cfytdx + y = O com as condições de contorno y(O) =O e y( I )= L,
utilizando o método das diferenças finjtas. Considere ~ = 1/4.
_
sen(x)
Resposta: compare seu resultado com a soluçao exata y(x) =
·
scn( I)
EXEMPLO 15.3
Determine o potencial nos nós livres do sistema da Figura 15. 11 utilizando o método das diferenças
fi nitas.
Solução:
Esse problema será resol vido usando o método i terativo e o método da matriz de banda.
M ét odo 1 (Método Iterativo) : inicialmente, estabelecemos como igual a zero o conj unto de val ores iniciais do potenci al nos nós livres. Aplicamos a equação ( 15.16) para cada nó livre utilizando os
novos valores de potencial a cada instan te em que é calculado um novo valor de potencial em um
ponto vizinho. Para a primeira i teração,
VI = 114(0
+ 20 + o + 0) = 5
V2 = 1/4(5 +
V3 = 1/4(5
Vo~ =
o + o+
O) = 1,25
+ 20 + o + O)
= 6,25
1/4( 1,25 + 6,25 +O+ 0) = 1,875
lO V
I
I
3
s
2
4
6
,. 30 v
7
C
o
I
I
Figu ra I S.H Referente ao Exemplo 15.3.
8
2m
.I
Métodos Numéricos •
605
e assim por diante. Para evitar confusão, cada vez que um novo valor em um nó livre for calculado,
descartamos o valor anterior, como mostrado na Figura 15. 12. Após v. ter sido calculado, começamos com a segunda iteração no nó I:
v, = 114(0 + 20 + 1,25 + 6,25) = 6,875
V2 = 1/4(6,875 + o + o + 1,875) = 2,187
c assim por diante. Se continuarmos esse processo, obtemos, após cinco iterações, os valores não
"riscados··, como mostrado na Figura 15.12. Após lO iterações (não mostrado na Figura 15.12), obtemos:
v,
= 10,04,
Vs = 2 1,05,
V2 = 4,956,
V3 = 15,22,
v.• =
v6
V7 = 15,06,
Vg = 11 ,26
= 18,97,
9,786
Método 2 (Método da Matriz de Banda): este método revela a estrutura esparsa do problema.
Aplicamos a equação ( 15.1 6) para cada nó livre c mantemos cada termo conhecido (potenciais preestabelecidos nos nós tixos) no lado direito, enquanto os termos desconhecidos (potenciais nos nós livres) permanecem no lado esquerdo do sistema de equações simultâneas resultante, expresso na forma matricial como [A ] [V]= [B].
Para o nó I,
/
14.85
20.87
-a,n-
-1~.19""
~.l"T
-13.09""
-{).875"
..,-
-Hl.'
+9.3
-18.01í
-e-
-e-
·H.()(j"
-&-
--ú.u-
25
30
4.705
9.545
--t.J4T
-9.161
-8-.2
-6.69-
-
- ss""·
~.13T
o
20
I
9.659
-9.1117
o,..,
20
20
10I'
-t.2S
1l-
-
+.81>
-e-
18.84
--1s.ur
-18.01· ló.IJ"
+1.48"
~
30
'
I 5.02
-14.9)
-+<t:'Tlr
+t.Oõ
-Hl::tT
~
.10
I
o
0/
11.25
+t:1'l""
+ 1.1'T
-t 1.or
+e:()<)"
o
/
o
~
30
I
o
Fij!ura 15.12 Referente ao Exemplo 15.3: os valores não "riscados" são as soluções após cinco iterações.
606
• Elementos de Eletromagnetismo
Para o nó 2,
Para o nó 3,
Para o nó4,
Para o nó 5,
Para o nó 6,
Para o nó 7,
V6
-
4V7
+ V8 = -30 - 0
Para o nó 8,
V7
-
4V8 =
- o- o-
30
Note que temos cinco termos em cada nó, uma vez que assumimos um nodo a cinco nós. As oito
equações obtidas são colocadas na fom1a matricial como
.
J
-4
. .
.
o. o
o o o
o I .. 9 . o o o
.
. J.
o - 4 I I .. o. o o
O. · . I
I - 4
o I . . .o o
o· · . o. .
o ó .. .I o - 4
o o o... 1 I -4 I o.
o o o o .. .o I - 4 I :
- 4·
o o o o o· .. o
·. 4
. I
1 ...
VI
- 20
v2
v3
v4
- 20
Vs
v6
V1
Vs
o
=
o
-50
- 30
-30
- 30
ou
[A] [VJ = [81
onde [A] é a matiz de banda, esparsa, [ V] é a matriz coluna, que consiste ele potenciais desconhecidos nos nós livres, e [8) é a matriz coluna formada pelo potencial nos nós fixos. A natureza " banda"
de [A] é mostrada pela porção tracejada.
Observe que a matriz (A] poderia ter sido obtida diretamente da Figura 15. 11 sem escrever a
equação ( 15. 16) para cada nó livre. Para fazer isso, simplesmente estabelecemos os termos da diagonal (ou próprios) A11 = -4 e A1; = I se os nós i e j estão conectados ou Aij =O se os nós i e j não estão
diretamente conectados. Por exemplo, A 23 = A32 =O porque os nós 2 e 3 não estão conectados, enquanto A. 6 =A6J = l porque os nós 4 e 6 estão conectados. De maneira similar, a matriz [8] é obtida
diretamente da Figura 15.11 ao estabelecer 8 1 igual à soma dos potenciais em nós fixos conectados
ao nó i, com sinal contrário. Por exemplo, 8 5 = -(20 + 30) porque o nó 5 está conectado a dois nós
lixos com potenciais 20 V e 30 V. Se o nó i não está conectado a nenhum nó fixo, 8 1 = O.
Ao inverter a matriz [A] uúlizando Matlab, obtemos
lVJ = lAr 1 [8J
Métodos Numéricos •
607
Q
V • 50V
V=O
Fit.:ura 15.13 Relerenre ao Exercício Prático 15.3.
ou
v.
10,04,
V2 = 4,958,
V3 = 15,22,
V5 = 2 1,05,
V6 = 18,97,
v, =
=
15,06.
v4 =
v8 =
9,788
li ,26
que apresen ta resultados compatíveis com os resultados obtidos pelo método iterativo.
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.3
Use o método iterativo para enconrrar a aproximação por diferenças finitas para os
potenciais nos pontos a e b do sistema na Figura 15.13.
Resposta:
EXEMPLO 15.4
Va = 10,01 V; Vb = 28,3 V.
Obtenha a solução da equação de Laplace para uma calha inlinita com seção reta retangular mostrada na Figura 15.14. Considere V1 = 10 V, V2 = 100 V, V.1 = 40 V e VJ =O V.
Solução:
Desejamos resolver esse problema usando o método iterativo. Nesse caso, o domínio tem um contorno regular. Facilmente, podemos escrever um programa para determinar os potenciais nos pontos da
grade, dentro da calha. Dividimos a região em uma malha quadrada. Se decidirmos usar uma grade
de 15 X I O, o número ele pontos-grade ao longo de x é 15 + I = 16 e o número de pontos-grade ao
longo de y é I O+ I = 11. O passo ela malha é h = I ,5/15 = O, I m. A grade 15 X I Oestá representada
na Figura 15. 15.
)'
v1 = 40 v
1,0 m JF==='/' ======iff
I
fi1 =10V
Figura 15.14 Referente ao Exemplo 15.4.
I.S m
608
• Elementos de Eletromagnetismo
(8, 10)
(0, 10) ..--,rr-.-.-.,rT~T""T"""1r-r--r.,-., (15. 10)
<O. S>+-t-+-1--t-H-+-+-H-++--HH
. (0, 0)'"--'L..I..--'-...L.-.L.....Ic.......L-4-...L.-.L.....IL.......L..J.....L..4 (I
I
(8. 0)
s. 0)
Li
Figura I 5.15 Referente ao Exemplo 15.4; uma grade de 15 X I O.
Os pontos-grade (i, j) são numerados a partir do canto esquerdo inferior da calha. Aplicando a equação ( 15.15) c usando o método iterativo, o programa de computador, mostrado na Figura 15.16, foi
desenvolvido para determinar os potenciais nos nós livres. Nos pontos (x, y,) = (0,5, 0,5), (0,8, 0,8),
( I ,0, 0,5) c (0,8, 0,2) que conespondem a (i•.i) = (5, 5), (8, 8), ( I O, 5) c (8, 2), respecti vamente, os valores de potenciais após 50, I 00 e 200 iterações são mostrados na Tabela 15. 1. Os valores exatos [ veja Problema 6.18(c)], obtidos utilizando o método de separação de vari áveis c um programa similar
àquele da Figura
6.11 também são mostrados. Deve-se notar que o grau de precisão depende do pas,
so h da malha. E sempre desejável fazer h tão pequeno quanto possfvel. Note também que os potenciais nos nós fixos são mantidos constantes ao longo dos cálculos.
%
%
%
%
%
%
%
%
%
%
USANDO O MÉTODO DE DIFERENÇAS FINITAS (ITERAÇÃO)
ESTE PROG~. RESOLVE O PROBL~~
BIDIMENSIONAL DE VALOR DE CONTORNO(EQUAÇÂO DE
LAPLACE)MOSTRADO NA FIGURA 15 . 14 .
ni = N• DE ITERAÇÕES
nx = N° DOS PONTOS- GRADE X
ny = N° DOS PONTOS- GRADE Y
v(i,j) = POTENCIAIS NOS PONTOS-GRADE (i , j) OU (x , y)
COM NUMERAÇÃO DOS NÓS COHEÇANDO NO CANTO INFERIOR
ESQUERDO DA CALHA
vl = 10 . 0 ;
v2 = 100.0 ;
v3 = 40 . 0 ;
v4 = 0 . 0 ;
ni - 200 ;
nx = 16 ;
ny = 11 ;
% ESTABELEÇA OS VALORES INICIAIS IGUAIS A ZERO
v= zeros( nx,ny) ;
% POTENCIAIS FIXOS ESTÃO 81 NÓS FIXOS
for i=2 :nx-1
v (i , 1) = vl ;
v (i , ny) = v3 ;
end
for j=2 : ny-1
v ( 1, j) = v4 ;
v(nx,j) = v2 ;
end
v(l , l) = 0 . 5* (vl + v4) ;
v(nx,l) = 0 . 5* (vl + v2) ;
Métodos Numéricos •
v(l , ny) = 0 . 5* (v3 + v4) ;
v(nx,ny) = 0 . 5 * (v2 + v3) ;
% ENCONTRE v(i , j) USANDO A EQUAÇÃO (15 . 15) APÓS ni ITERAÇÕES
for k=1 : ni
for i=2 : nx-1
for j=2 : ny-1
v(i,j) = 0 . 25*( v(i+1 , j) + v(i-1,j) + v(i , j+1) + v(l,j-1) ) ;
end
end
end
diary a : test1 . out
[v(6 , 6) , v(9 , 91 , v(11 , 6) , v(9 , 3))
[ [ 1 : nx , 1 : ny] v (i , j ) ]
diary off
Fi~-:ura
15.16 Programa de computador referente ao Exemplo 15.4.
TABELA 15.1 Sol ução do Exemplo 15.4
(Método Iterativo) em pontos selecionados
N!Í!Il~[Q d!: lt~:ra~"Ões
Coordenadas
(X, yl
50
(0.5. 0.5)
(0.8. 0.8)
( 1.0. 0.5)
(0.8. 0.2)
20.91
37.7
4 1.83
19.87
100
200 Valor Exato
22.44
38.56
43.18
20.94
22.49
38,59
43.2
20.97
22.44
38,55
43.22
20.89
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.4
Considere a calha da Figura 15.17. Use um nodo de diferenças finitas a cinco nós para
determinar o potencial no centro de uma calha usando: (a) uma grade 4 X 8; (b) uma
grade I 2 X 24.
Resposta: (a) 23,8 V; (b) 23,89 V.
y
60V
I
12 cmo"1<-- - ' - --,{
~:.._--,,...--..,....'01.,-- X
O
I
- JOV
Fi~:ura 15.17 Re ferente ao Exercício Prático 15.4.
6 em
609
610
•
Elementos de Eletromagnetismo
15.4 O MÉTODO DOS MOMENTOS
Da mesma forma que o método das diferenças finitas, o método dos momentos (MOM) 2" tem a vantagem de ser concei tualmente simples. Enquanto o método das diferenças finitas é usado na solução
de equações diferenciais, o método dos momentos é usado, comumente. na resolução de equações integrais.
Por exemplo, suponhamos que se queira aplicar o método dos momentos para resolver a equação
de Poisson na equação ( 15.9a). Pode-se demonstrar que uma solução integral para a equação de Poisson é dada por
V=
f
p,.dv
41!"&1"
( 15.26)
L embremos, do Capítulo 4, que a equação ( 15.26) pode ser deduzida da lei de Coulomb. Lembremos, também, que, dada uma distribuição de cargas P,.(x. y, z) podemos sempre encontrar o potencial
V(x, y, z), o campo elétrico E(x. y, z) e a carga total Q. Se, por outro lado, o potencial V é conhecido
c a distribui ção de carga é desconhecida, como podemos determinar P. a partir ela equação ( 15.26)?
Nesse caso. a equação (15.26) torna-se o que chamamos ele uma equaçcio in regra/.
Uma equação integral é aquela que envolve a função desconhecida sob o sfmbolo de
integral.
Ela tem a forma geral de
V(x) =
,
f
K(x, t) p(t) dt
( 15.27)
a
onde as funções K(x, t) c V(t) e os limites a c b são conhecidos. A função desconhecida p(t) deve ser
determinada. A função K(x, t) é denominada de 11Úc/eo da equação. O método dos momentos é urna
t<Scnica numérica bastante comum de resolver equações integrais, corno a da equação (15.27). O método é, provavelmente, melhor explicado através de um exemplo.
Considere um fio condutor fino de raio a e comprimento L(L» a) localizado no espaço livre, como mostrado na Figura 15.18. Seja o fio mantido a um potencial v•. Nosso objetivo é determinar a
densidade de carga p L ao longo do fio utilizando o método dos momentos. Uma vez determinado Pv
os valores dos campos associados podem ser determinados. Em um ponto qualquer do fio, a equação
( 15.26) se reduz à equação integral da forma:
( 15.28)
Uma vez que a equação {1 5.28) se aplica a quaisquer pontos sobre o fio, em um ponto 11xo h·
conhecido como ponto de amostragem.
( 15.29)
Lembremos, do Cálculo, que a integração é, essencialmente, determinar a área sob uma curva. Se lly
é pequeno, a integração de.Jty) sobre O < y < L é dada por
r
j{y) dy = fl.JJ) lly + .!ú·2) lly + . . . +./{)·,v) lly
o
N
(15.30)
- :L .fú·t> .ay
' O termo ··método dos momcrnos·· foi us:~do pela primeira \"eZ na literatura ocidental por Harrington. Para um:t exposição mais detalhada do método. veja R. F.
Harrington. Fie/(/ Complllllfi(>lr by M ome/11 M etlwds. Malabar. A..: Kricgcr. 1968.
- N. de T. Do inglês. Mt>melll Metltod - MOM.
Métodos Numéricos •
611
onde o intervalo L foi dividido em N unidades, cada um de comprimento Ãy. Com o fio dividido em
N segmentos de igual cornprirnemo  como mostrado na Figura 15. 19, a equação (15.29) torna-se
41Te V =
Pt t.
IYt -
o o
Yd
+
P2 t.
D'k- Y21
+ ... +
PN t.
b·t - YNI
(15.31)
onde  = UN = Ãy. Na equação ( 15.31 ), assume-se que a densidade de carga desconhecida Pt do
k-ésimo segmemo é constante. Portanto, na equação ( 15.3 1), temos constantes desconhecidas p 1, p 2 ,
.... , P.v· Já que a equação ( 15.31) deve ser válida para todos os pontos sobre o lio, obtemos N equações similares pela escolha de N pontos de amostragem em y 1, y 2, •• , y,, ... , Y.v sobre o tio. Dessa
forma, obtemos
47rS0 V0
47re 0 V0
=
=
Pt t.
IY• - Yal
Pt Â
In - >'•I
+
+
P2 t.
IY• - Y21
Po tJ.
-
IY2 - Y21
+ .. · +
+ ... +
PNt.
b·· -
YNI
PNÂ
D'2 -
(15.32a)
( 15.32b)
YNI
(15.32c)
y• O
Fi~o:u ru
y-L
15.18 Fio condutOr !ino mantido a um potencial constante.
Po
p2
pk
.
)'a
•
.
A
Fi~o:ura
•
Y1·· ·······
····· Y·
······· Y·~
1-:;-j
k
15.19 Divisão do !ioem Nsegmentos.
612
•
Elementos de Eletromagnetismo
A idéia de ajustar o lado esquerdo da equação ( 15.29) com o lado direito dessa equação nos pontos
de amostragem é semelhante à idéia de considerar os momentos em Mecânica. Aqui reside a razão
por que essa técnica é denominada método dos momentos. Observe, a panir da Figura 15.19, que os
pontos de amostragem y., y2, • . . ., YN são colocados no centro de cada segmento. A equação ( 15.32)
pode ser colocada na forma matricial como
[8] = [A] (pj
(15.33)
onde
( 15.34)
A,N
A,, A, 2
A21 A22
A:z,v
[A] =
( 15.35a)
•
A.v,
Am
...
.::\
Am, =
b·, - y.l'
1/1
A NN
*
11
(15.35b)
p,
P2
(p] =
( 15.36)
Na equação ( 15.33), (p) é a matriz cujos elementos são desconhecidos. Podemos determinar (p], a
partir da equação ( 15.33), usando a regra de Cramer, a inversão de matrizes ou a técnica de eliminação de Gauss.
Usando a inversão de matrizes,
(15.37)
onde (Ar' é a matriz inversa da matriz [AJ. Ao determinar os elementos da diagonal (ou termos próprios) da matriz (A] na equação (15.32) ou na equação ( 15.35), deve-se agir com cautela. Uma vez
que o fio é condutor, é razoável que uma densidade de carga superlicial Ps apareça sobre a superfície
do fio. Portanto, no centro de cada segmento,
V (centro) =
I
I
2
41re o o
- 27raps
-
fll.f1
r
47reo
- M1
{
In
PsO dt/> dy
,
, ,
[a· + )'"I 11-
.::\/2 + [(.::\/2)2 + a 2]112 }
•
• 112
- â/2 + r(â/2)" + a-] -
Métodos Numéricos •
613
Assumindo Ll »a,
(.6.)
2pl.. In (.6.)
-
5
\1 (centro) = 21fap 2 In 4?re0
a
-
4?re0
( 15.38)
a
onde pL = 2?r aps Ponan1o, os termos próprios (m = n) são
A,.. = 2 In (
~)
( 15.39)
Agora, a equação ( 15.33) torna-se
2 1n
(~)
IYz -
Y.l
IY I 2 1n
Y2l
(~)
•
21n
= 41feoVo
(15.40)
(~)
Usando a equação ( 15.37) com a equação ( 15.40) c fazendo V0 = I V, L= I m, a= I rnrn e N = 10
(Ll = UN), um programa em Matlab, tal como mostrado na Figura 15.20, pode ser desenvolvido. O
programa na Figura 15.20 é auto-explicativo. O programa inverte a matriz [A1e traça o gráfico de Pt
contray. O gráfico é mostrado na Figura 15.21. O programa também determina a carga total no fio
usando
º I
=
p,_dl
(15.4 1)
.6.
(15.42)
que pode ser escrita, na forma discreta, corno
.v
Q =
L
Pk
.( - 1
Com os parâmetros escolhidos, o valor da carga total encontrado é Q = 8,536 pC. Se desejado, o campo elétrico em um ponto qualquer pode ser calculado usando
E=
I
P1. dt
47re0 R2
a11
( 15.43)
que pode ser escrita como
( 15.44)
onde R= IRI e
r = (x, y, z) é o vetor posição do ponto de observação e rt = (x,. y,.. z.() é o do ponto fonte.
614
• Elementos de Eletromagnetismo
Note que, para obter a distribuição de carga na Figura 15.2 1, tomamos N = I O. É esperado que um
menor valor de N leve a um resultado menos preciso c que um maior valor de N leve a um resultado
mais preciso. Entretanto, se N é muito grande, podemos ter dificuldades no processamento para inverter a matriz quadrada [A]. A capacidade computacional à nossa disposição pode limitar a precisão
da solução numérica.
% ESTE PROGRAMA DETERMINA A DISTRIBUIÇÃO DE CARGA
% SOBRE UM FIO CONDUTOR FINO, DE RAIO AA E DE
% COMPRIMENTO L, MANTIDO A VO VOLT
% O FIO ESTÁ LOCALIZADO EM 0 < Y < L
% TODAS AS DIMENSÕES ESTÃO EM UNIDADES DO S . I .
% O MÉTODO DOS MOt·tENTOS É UTILIZ/>.DO
% N É O N° DE SEGMENTOS NOS QUAIS O FIO É DIVIDIDO
% RHO É A DENSIDADE DE CARGA NA LINHA, RHO = INV(A)*B
% PRIMEIRO, ESPECIFIQUE OS PARÂMETROS DO PROBLEMA
ER = 1. O;
EO = 8 . 854le-12 ;
VO = 1.0 ;
AA = 0 . 001 ;
L = 1.0 ;
N = 20 ;
DELTA = L/N ;
% SEGUNDO, CALCULE OS ELEMENTOS DA MATRIZ DE
% COEFICIENTES A
I=l : N;
Y=DELTA* (I-0 . 5);
for i=l : N
for j=l : N
if(i -=j)
A(i , jJ=DELTA/abs(Y(i) - Y(j)J;
else
A(i , jJ=2 . 0* log(DELTA / AA) ;
end
end
end
% AGORA, DETERMINE A ~~TRI Z DO VETOR B CONSTANTE
% E ENCONTRE Q
B = 4 . 0*pi*EO*ER*VO*ones(N,l ) ;
C = inv (A) ;
RHO = C*B;
SUM = 0 . 0 ;
for I=l : N
SUM = SUM + RHO(I) ;
e nd
Q:SUM*DELTA;
diary a : e xaml4 5a . out
(EO, Ql
I (l : N) ' y' RHO l
diary off
% FINALMENTE , TRACE O GRÁFICO RHO CONTRA Y
plot(Y,RHO)
xlabel('y (em) ' ) , ylabe l ( 'rho_ L (pC/m) ' )
Fi~:ura
15.20 Programa em Matlab para calcular a distribuição de carga sobre o fio da Figura I 5.18.
M étodos Numéricos •
615
lO
~
~
"
~...
9.5
~
o.
9
8,5
8
o
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
y(cm)
0.6
0.7
0.8
0.9
Figura 15.21 Grálico de pL contra y.
EXEMPLO 15.5
Use o m~todo dos momentos para encontrar a capacilância do capacitor de placas paralelas da Figura 15.22. Considere a = I m, b = I m, d = I m c e,= 1,0.
Solução:
Seja a diferença de potencial entre as placas v. =2 V tal que a placa superior P1 é mantida a + I V,
enquanto que a placa inferior P2 está a -1 V. Desejamos calcular a densidade superficial de carga Ps
sobre as placas, tal que a carga total em cada placa possa ser encontrada como
Q
=f
PsdS
Uma vez que Q é conhecido, podemos calcular a capacitância como
Q
Q
C= - = V0
2
z
Figura 15.22 Capacitor de placas paralelas; referente ao Exemplo 15.5.
616
• Elementos de Eletromagnetismo
Para determinar Ps utilizando o método dos momentos, dividimos P1 em 11 subseções ó.S1, ~S2 , •• ,
~s. c P2 em 11 subseções flS.+ 1, t!..S. + 2 , . •• , t!..S2•• O potencial V1, no centro de uma subseção típica
•. é
~s
Assumimos que exjste uma densidade de carga uniforme em cada subseção. A última equação pode
ser escrita como
211
V;=
L PJAIJ
j= l
onde
Portanto,
2tt
L
V1
J-1
p1 Aii
= I
Pi A 21
=I
211
V2
=L
j
I
2n
v.=
L
PjAtl} =
i Q;
I
211
v, + ,
L p1 A, + I.J = -
I
jr• l
211
V2, =
L
P; A1n.} = - I
j= I
fornecendo um conjunto de 211 equações simultâneas com 211 densidades ele carga desconhecidas Pr
Na forma matricial,
P1
P2
- I
- I
M étodos Numéricos •
617
(,,,, )'J· zl)
/ ;7
Fi~-:ura 15.23 Subseções i ej: referente ao Exemplo 15.5.
ou
[A][p] = IBJ
Portanto,
[p] = (A]- 1 [8]
onde [8] é a matriz coluna dos potenciais c [A] é uma matriz quadrada contendo elementos A;i' Para
determinar A;1, considere as duas subseções i e j, mostradas na Figura 15.23, onde as subseções podem estar sobre placas diferentes ou sobre a mesma placa.
A-- = -I I}
411'e
O
f"' f. ,
.r- y1 x - x,
dx dy
R1..
1
onde
Ri] = [(Xj - X;) l
+ U'j - )';)2 +
(Zj - Z;)
2 112
I
Por conveniência, se assumjnnos que as subseções são quadradas.
x2 - x,
= Jle = Y2
- Y1
pode-se mostrar que
i :fo j
c
A;;
11e
= -
11'Eo
In( I
• r:
+ v 2)
11e (0,88 14)
= -
11'Bo
Com estas fórmulas, o programa em Matlab, na Figura 15.24, foi desenvolvido. Com11 = 9, C= 26,51
pF, com 11 = 16, C= 27,27 pF e com 11 = 25, C= 27,74 pF.
618
• Elementos de Eletromagnetismo
%
%
%
%
USANDO O t~ÉTODO DOS MOMPNTOS,
ESTE PROGRAMA DETERMINA A CAPACITÂNCIA DE UM
CAPACITOR DE PLACAS PARALELAS, QUE CONSISTE DE DUAS
PLACAS CONDUTORAS, CADA UMA DE DIMENSÃO AA x BB,
SEPARADAS POR UMA DISTÂNCIA D E MANTIDAS A 1 VOLT E A -1 VOLT
%
%
UMA DAS PLACAS ESTÁ LOCALIZADA SOBRE O PLANO Z=O,
ENQUANTO A OUTRA ESTÁ LOCALIZADA SOBRE O PLANO Z=D
%
TODAS AS DIMENSÕES ESTÃO ~4 UNIDADES DO S . I .
N É O NÚMERO DE SUBSEÇÕES EM QUE CADA PLACA É
% DIVIDIDA
%
%
%
PRIMEIRO, ESPECIFIQUE OS PARÂMETROS
ER = 1. O;
EO = 8 . 8541e-12 ;
AA = 1.0 ;
BB = 1. O;
0=1.0 ;
N =9;
NT = 2*N ;
= sqrt (N) ;
DX = AA/M ;
M
DY = 88/M ;
DL = DX ;
%
SEGUNDO, CALCULE OS ELEMENTOS DA MATRIZ DE
%
COEFICIENTES A
K = O;
for Kl=l : 2
for K2=1 :M
for K3=l :M
K = K + 1;
X(K) = DX* (K2 - 0 . 5);
Y(K) = DY* (K3 - 0 . 5) ;
end
end
end
for Kl=l : N
Z(Kl) = 0 . 0 ;
Z(Kl+N) = O;
end
for I=1 :NT
for J=l : NT
i f ( I==J)
A(I ,J) = DL*0 . 8814/(pi *EO);
else
R= sqrt( (X(I) - X(J))~2 = Y(I) - Y(J) JA2+(Z(I)-Z(J))A2) ;
A(I , J) = DL~2/(4 .*pi * EO* R) ;
e nd
end
end
% AGORA , DETERMINE A ~~TRIZ DO VETOR CONSTANTE B
for K=l : N
B(K) = 1.0 ;
B(K+N) = -1.0 ;
end
% INVERTA A E CALCü"LE RHO FORI-lADO PELOS ELEMENTOS
% DESCONHECIDOS . CALCULE TAMBÉM A CARGA TOTAL Q E A CAPACITÂNCIA C
FiJ!ura 15.24 Programa em Matlab referente ao Exemplo 15.5.
M étodos Numéricos •
F=inv(A) ;
RHO = F *B ';
0 . 0;
for I=l :N
SUH =
SUH = SUH + RHO(I) ;
end
Q = SUt4* (0LA2) ;
vo
= 2 . 0;
c
= abs (Q) /VO;
diary a : exam145b . out
[C)
' X Y ' Z ' RHO ]
diary off
[
[ 1 : NT I
Fi~ura
15.24 (Continuação)
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.5
Utili zando o método dos momentos, escreva um programa para determinar a capacitância de dois li os condutores idênticos paralelos, separados entre si de uma distância
y 0 e um deles deslocado do eixo y de x0 , como mostra a Figura 15.25. Se cada fio tem
comprimento L e raio a, determine a capacitância para os seguintes casos: x. = O; 0,2;
0,4; .. .; I ,Om. Considere )'0 = 0,5 m, L= I m, a= I mrn, e, = I .
Resposta:
para N = 1O = numero de segmentos por fio, ver Tabela 15.2.
TABELA 15.2 Capacitãncia
referente ao Exercício
Prá tico 15.5
x 0 (m)
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
c (pf )
4.91
4,891
4.853
4.789
4.71
4.643
y
~==========~-----x
x=L
Figura 15.25 Fios condutores paralelos do Exercício Prático 15.5.
619
620
• Elementos de Eletromagnetismo
15.5 O MÉTODO DOS ELEMENTOS FINITOS
•
O método dos elementos finitos (FEM) tem sua origem no campo da análise de estruturas. Esse mé1
todo passou a ser aplicado a problemas de EM apenas a partir de 1968. Da mesma forma que o método das diferenças finitas, o método dos elementos finitos é útil para resolver equações diferenciais.
Conforme foi destacado na Seção 15.3, o método das diferenças finitas represen ta o domínio por um
conjunto de pontos de grade. Sua aplicação torna-se difícil para problemas em regiões com contornos de formas irregulares. Esses problemas podem ser resolvidos com maior facilidade utilizando o
método dos elementos finitos.
A análise por elementos finitos de um problema qualquer envolve, basicamente, quatro etapas:
(a) discretização do domínio em um número tini to de sub-regiões ou elememos; (b) obtenção das
equações que regem um elemento típico; (c) conexão ele todos os elementos no domínio e (d) resolução do sistema de equações obtido.
A. Discretização no método de elementos finitos
Dividimos o domínio em um mímero de elementos.finitos, como ilustrado na Figura 15.26, ondearegião é subdividida em quatro elementos que não se sobrepõem (dois triangulares e dois quadrangulares) c sete nós. Procuramos uma aproximação para o potencial V, dentro de um elemento e c, então, inter-relacionamos as distribuições de potencial em vários elementos, tal que o potencial seja
contínuo através dos contornos cnu·e os elementos inter-relacionados. A solução aproximada para toda a região é
N
L, V,(x, y)
__
V(x, y) ==
(15.45)
onde N é o número de elementos triangulares nos quais o domínio é dividido.
A forma mais comum de aproximação para V, no interior de um elemento é a aproximação polinomial. a saber
+ cy
( 15.46)
+ cy + dxy
( 15.47)
V.(x,y) =a+ bx
para um elemento triangular c
V,(x,y) =a+ bx
\
I
I
I
I
I
I
I
I
I
nó n"
(}) elcmcmo n"
I
I
0
I
I
I
1
I
7
/
/
s
.-"
.'-/.,_~.-.-"'-.
,.."<......conlorno real
comorno aproximado
6
Fi~:ura
* N. de T.
3
Do ingl~s.
15.26 Uma subdivisão em elememos finilos típica para um domínio irregular.
Finit~ Elt mt lll Mt tlwd
- FEM.
Veja P. P. Sil ves1crc R. L. Fcmri. Finíu Elemelllsfor Eltctricttl Engineers. Cambridge. England: Cambridgc Uni\'Crsity Press. 1983.
Métodos Numéricos •
621
para um elemento quadrangular.
Em geral, o potencial V, é diferente de zero dentro do elemento e,
,
mas zero fora de e. E difícil aproximar o contorno do domínio com elementos quadrangulares. Tais
elementos são úteis para problemas nos quais os contornos são suficientemente regulares. Em vista
disso, preferimos usar elementos triangulares em toda nossa análise nesta seção. Observe que assumir variação linear do potencial no interior de elementos* triangulares, como na equação (I 5.46),
equivale a assumir que o campo elétrico é uniforn1e dentro do elemento, isto é,
E, = - VV, = -(bax + ca1 )
( 15.48)
B. Equações que regem os elementos
Considere um elemento triangular típico, mostrado na Figura I5.27. Os potenciais V, 1, V,2 e Vd nos
nós I, 2 c 3, respecti vamente, são obtidos utilizando a equação ( I 5.46), isto é,
v_,
X1
I
I
V,z
V,.3
x2
X3
a
b
Yt
Y2
YJ
( 15.49)
c
Os coeficientes a, b e c são determinados a partir da equação ( 14.49) como
a
b
x, Yt
I x2 Y2
I x3 Y3
-
c
v_.
- I
v,2
( 15.50)
v,3
Substituindo a equação ( 15.50) na equação ( 15.46), resulta em
V, = [I
X
y] -
I
(X?J3 - X:\)'2)
(Xl}' t - X1)'3)
(x •.rz - X2J1)
()'2 - J3)
(J3 - y,)
(x1 - x3)
(J I - J2)
(x2 - x 1)
2A
(x3
-
x2)
ou
3
v,
=
2: a (x, y) v..
1
(15.51)
1
;= I
onde
( 15.52a)
( 15.52b)
( 15.52c)
c A é área do elemento e, isto é,
2A=
I
I
I
x1 y 1
Xz
Yz
XJ
J3
= (XtJ2 - X2)'t )
+
(X3)'t - X1)'3)
+
(X2)') -
X:\)'V
622
• Elementos de Eletromagnetismo
ou
(15.53)
O valor de A é positivo se os nós forem numerados no sentido anti-horário (começando por qualquer
nó), como mostrado pela seta na Figura 15.27. Observe que a equação ( 15.51 ) nos dá o potencial em
qualquer ponto (x, y) dentro do elemento, desde que os potenciais nos v<!rtices sejam conhecidos. Esta é uma si tuação diferente da que envolve análise por diferenças finitas, em que o potencial é conhecido apenas nos pontos-grade. Observe, também, que OI; são funções lineares de interpolação. Elas
são denominadasjimções defonna dos elememos* c têm as seguintes propriedades:
CI;(Xj, )'j)
I'
= { O,
(l5.54a)
3
L
CI;(X, y)
= )
( 15.54b)
i= I
As funções de forma a 1 e 012 , por exemplo, estão ilustradas na Figura 15.28.
A energia por unidade de comprimento, associada ao elemento e, é dada pela C{)uação (4.96), isto é,
( 15.55)
.r
Figuru I 5.27 Elemento triangular típico. A numeração dos nós locais 1-2-3 deve ser fei ta no sentido anti-horário. como indica a seta.
3
3
2
(a)
2
(b)
Figura 15.28 Funções de fonna a, e a 2 para um elememo triangular.
• N. de T. No original: t>ltmmt slwJie fimctions.
f.
Métodos Numéricos •
623
onde se assume um domfnio bidimensional, livre de cargas (Ps = 0). Contudo, a partir da equação
( 15.5 1),
vv,. =
3
""
~
v,.,. v~-,.
( 15.56)
i• I
Substituindo a equação (I 5.56) na equação ( 15.55), resulta em
w.
1
=
2
±± v,;[ I
e
1=
Va;· Vai
I 1= 1
ds] v,i
( 15.57)
Se definirmos o tem1o en tre colchetes como
( 15.58)
poderemos escrever a equação ( 15.57) na forma matricial como
( 15.59)
onde o sobrescrito T denota a matriz transposta
v,l
l V,J =
v,2
( 15.60a)
v,3
e
C,•l
C,•l
li
12 cc->
13
rc<·>J= c·>
21 c•>
22 c·>
23
c·>
31
c~•>
32
( l5.60b)
c·>33
A matriz [C 1')) é usualmente denominada de matriz dos coeficieutes dos elememos. O elemento C,/')
da matriz dos coeficientes pode ser considerado corno o acoplamento entre os nós i ej. Seu valor é
obtido a partir das equações ( 15.52) e ( 15.58). Por exemplo,
cW=
=
I
Va1 · Va 2 dS
4~2 [(J2- Y3)(y3 -
Yl)
+ (x3- x2)(x1 -
x3)]
I
dS
( 15.61a)
I
.
= A [(y2 - Y3)(y3 - Yl) + (,1·3 - x2)(x1 - x3)]
4
De maneira similar,
( 15.6Jb)
(15.6lc)
(1 5.6Jd)
(15.61e)
(1 5.611)
624
• Elementos de Eletromagnetismo
Também,
r-~,>
- c<->
12 ,
( 15.61 g)
L 2t -
Entretanto, nossos cálculos ficam mais fáceis se definirmos
P1 = (Y2 - YJ),
p2 = (JJ - JJ),
P3 = (J• - Y2)
Q.
Q2 = (x. - x3),
Q3 = (x2- x.)
= (x3 - x2),
( 15.62a)
Com P1 e Q1 (i = I , 2, 3 são os números dos nós locais), cada termo na matriz dos coeficientes dos
elementos é determinado como
(e)
I
C··IJ = -4A [P.P·
+ Q·Q·J
I J
I
I
( 15.62b)
onde
(1 5.62c)
3
Observe que P 1 + P2
+ P3 =O= Q1 + Q2 + Q3 c, assim, 2:
3
C(<•)
i)
--
o -- ""
~
c~>. Este resultado
;- I
pode ser usado para conferir nossos cálculos.
C. Conexão de todos os elementos
Tendo considerado um elemento típico, o próximo passo é conectar todos esses elementos em um domfnio. A energia associada à conexão de todos os elementos na malha é
W=
i
W, = 21 e [V]r[C] [V]
( 15.63)
[V] =
(1 5.64)
•= I
onde
V"
11 é o número de nós, N
é o número de elementos e [C] é denominada de matriz de rigidez global, que
representa a conexão das matri zes dos coeficientes dos elementos individuais. O maior problema
agora é obter [C] a partir de [c '>].
O processo pelo qual as matrizes de coeficien tes de cada elemen to são conectadas para obter a
matriz de rigidez global é melhor ilustrado com um exemplo. Considere a malha de elementos finitos consistindo de três elementos finitos, como mostrado na Figura 15.29. Observe a numeração dos
nós. A numeração dos nós de acordo com I, 2, 3, 4 e Sé denominada de numeração g lobal. A numeração i-j-k é denominada numeração local e correspondc a 1-2-3 dos elementos na Figura 15.27. Por
exemplo, para o elemento 3 na Figura 15.29, a numeração global 3-5-4 corresponde à numeração local 1-2-3 do elemento na Figura 15.27. Observe que a numeração local deve seguir a seqüência no
sentido anti-horário, começando em qualquer nó do elemento. Para o elemento 3, por exemplo, poderfamos escolher 4-3-5 ou 5-4-3, ao invés de 3-5-4 para corresponder a 1-2-3 do elemento na Figu-
Métodos Numéricos •
625
ra 15.27. Portanto, a numeração na Figura 15.29 não é única. Entretanto, obtemos o mesmo [C] independente da numeração usada. Assumindo a numeração adotada na Figura 15.29, é esperado que
a matriz de rigidez global tenha a seguinte forma:
[Cj =
Cn c,2 c,3 c,~ C,s
c2, c22 Cn Cu c2S
c3, c 32 C33 c~ C3s
c~,
c~2
c~J
Cs,
Cs2 Cs3
c~
c~
(1 5.65)
c~s
Css
que é uma matriz 5 X 5, já que cinco nós (11 = 5) estão envolvidos. Novamente, Cli é o acoplamento
entre o nó i c o nó j . Obtemos Cli utilizando o fato de que a distribuição de potencial deve ser contínua através dos contornos entre os elementos. A contribuição à posição i ,j em [C] vem de todos os
elementos que contêm os nós i e j. Para encontrar C 11, por exemplo, obser vamos, da Figura 15.29,
que o nó global I pertence aos elementos I e 2 e que é o nó local I a ambos. Assim,
C11 -- cn>
11 + c<2)
11
( 15.66a)
Para C22 , o nó global 2 pertence ao elemento I somente c é o mesmo que o nó local 3. Assim,
C22 -- cn>
33
(15.66b)
Para C.,, o nó global 4 é o mesmo que os nós locais 2, 3, e 3 nos elemen tos I, 2 e 3, respectivamente. A ssim,
(15.66c)
Para C1 ~. a conexão global 14 é a mesma que as conexões locais 12 e 13 nos elementos I c 2, rcspccti vamente. Assim,
C14 --
,-.~,,
L. Í2
+ c <2>
I)
( 15.66d)
Já que não há acoplamento (ou conexão direta) entre os nós 2 c 3,
C23 = C32 =O
( 15.66e)
Continuando desta maneira, obtemos todos os termos na matri z rigidez global por inspeção da Figura 15.29 como
c n>
+ c <2>
c <n
C.''+
o
11
11
13 c (2)
12
12 c (2)
13
c(l)
c 33
<•> o
c 32
<ll
o
31
c
<2>
c<2>
+ c <J>
c <J>
[C]=
o c~~+ cW
21
23
1
3
12
1
2
3
co>
+
c
<2)
c(3)
c<•>
21
31
)I
cW + cW + c~ i
23 C32' + c(3)
32
c
<3>
c
<3>
em
o
o
21
23
22
(I 5.67)
4
I
3
Figura 15.29 Conexão de u-ês elememos: i·j ·k correspondentes à numeração l ocal 1-2-3 do elememo na Figu-
ra 15.27.
626
•
Elementos de Eletromagnetismo
Observe que as matrizes dos coeficientes dos elementos se sobrepõem nos nós compartilhados pelos
elementos e que há 27 termos (nove para cada um dos três elementos) na matriz de rigidez global [C].
Também observe as seguintes propriedades da matriz [C]:
1. A matriz é simétrica (C9 = CF) da mesma forma que a matriz dos coeficientes do elemento.
2. Já que não existe acoplamento entre o nó i e o nó j , fica evidente que, para um grande número de elementos, [C] torna-se esparsa e de banda.
3. A matriz é singular. Embora não seja tão óbvio, isto pode ser mostrado usando a matriz dos
coeficientes do elemento da equação ( 15.60b).
O. Resolução das equações resultantes
A pari ir do Cálculo Variacional, é sabido que a equação de Laplace (ou de Poisson) é satisfeita quando a energia total no domínio é mínima. Portanto, é necessário que as derivadas parciais de W, em relação a cada valor nodal do potencial, seja zero. Isto é,
i!W
i!W
--=-- = .
éJ W
. = -= 0
éJ v.,
ou
i! W
-
i!Vk
=0,
k = I, 2, . . ., 11
(15.68)
Por exemplo, para obter êJW/8\11 =O para a malha de elementos finitos da Figura 15.29, substituímos
a equação ( 15.65) na equação ( 15.63) e tomamos a derivada parcial de W em relação a V 1• Obtemos
aw
0 = àVJ = 2\IICII
+
+
V2C1 2 + V3C13
VzC21 + V3C31 +
+
VJCI4
+ V5C 15
v.,cJ. + VsCs•
ou
(15.69)
Em geral, êJW!êJVl =O nos leva a
"
o= L
i<• I
V; C;~
( 15.70)
onde 11 é o número de nós na malha. Ao escrever a equação ( 15.70) para todos os nós k = I, 2 ... , n,
obtemos um conjunto de equações simul!âneas, a partir do que a solução ele [Vf = [V 1, V2 , ••• , V.J
pode ser encontrada. Isso pode ser feito de duas maneiras, similares às empregadas para resolver as
equações em diferenças fin itas obtidas a partir da equação de Laplace (ou ele Poisson).
Método iterativo:
Esta abordagem é similar àquela usada no método das diferenças finitas. Consideremos que o nó I
na Figura 15.29, por exemplo, seja um nó livre. O potencial no nó I pode ser obtido da equação
( 15.69) como
( 15.71)
Métodos Numéricos •
627
Em geral, o potencial em um nó livre k é obtido da equação ( 15.70) como
(15.72)
que se aplica iterativamente a todos os nós livres na malha com 11 nós. Já que Cu = O, se o nó k não
está diretamente conectado ao nó i, somente nós que estão diretamente ligados ao nó k comribuem
para V4 na equação (15.72).
Desta forma, se os potenciais nos nós conectados ao nó k são conhecidos, podemos determinar V1
usando a equação ( 15.72). O processo iterativo começa estabelecendo os potenciais nos nós livres
iguais a zero ou iguais ao valor médio dos potenciais.
(15.73)
onde Vmrn and v.. ~~x são os valores mínimo c máximo dos potenciais preestabelecidos nos nós t1x.os.
Com esses valores iniciais, os potenciais nos nós livres são calculados usando a equação (15.72). Ao
final da primeira iteração, quando os novos valores tiverem sido calculados para todos os nós livres,
esses valores tornam-se os valores de partida para a segunda iteração. O procedimento é repetido até
que a diferença de valores entre duas iterações subseqüentes torne-se desprezível.
Método da matriz de battda:
Se todos os nós livres forem numerados por primeiro e os nós lixos por último, a equação (15.63) pode
ser escrita tal que
(15.74)
onde os índices subscritos f e p, respcctivamcme, referem-se aos nós com potenciais livres c lixos (ou
preestabelecidos). Já que v, é constante (consiste de valores conhecidos c lixos), apenas diferenciamos
em relação a v1, tal que, ao aplicar a equação (15.68) na equação (15.74), resulta em
CgV1, + C11,V1, = 0
ou
(15.75)
Esta equação pode ser escrita como
[A] [ V] = [B]
( 15.76a)
ou
[VJ =
lAr 1 [Bj
( 15.76b)
onde [V]= [V1], [A]= [C0 ] e [B] = - [Ch,] [Vpl. Já que [A] é, em geral, não singular, o potencial nos
nós livres pode ser encontrado usando a equação ( 15.75). Podemos resolver para [V] na equação
( 15.76a) usando a técnica de eliminação gaussiana. Também podemos resolver para [V] na equação
( 15.76b) usando a inversão de matriz se o tamanho da matriz a ser invertida não for grande.
Observe que, da mesma forma que procedemos com as equações a partir da equação ( 15.55), nossa solução tem sido restrita a um problema bidimcnsional envolvendo a equação de Laplace V 2 V =O.
Os conceitos básicos desenvolvidos nesta seção podem ser estendidos à análise por elementos fini2
tos de problemas envolvendo a equação de Poisson (V V =- p.f e e V2A =- I'J ) ou a equação de on2
da (V <J>=O). Dois dos maiores problemas associados com a análise por elementos finitos são
a quantidade relativamente grande de memória computacional requerida para armazenar os elemen-
·l<P
628
•
Elementos de Eletromagnetismo
tos da matriz e o tempo de processamento computacional associado. Entretanto, muitos algoritmos
têm sido desenvolvidos para diminuir esses problemas até certo ponto.
O método dos elementos finitos (FEM) apresenta várias vantagens em relação ao método das di·
ferenças finitas (FDM) e em relação ao método dos momentos (MOM). Em primeiro lugar, o FEM
pode lidar, mais facilmente, com um domínio mais complexo. Em segundo lugar, a generalidade do
FEM torna possível construir uma proposta de programa computacional geral para resolver uma
grande gama de problemas. Um único programa pode ser usado para resolver problemas diferentes
(descri tos pelas mesmas equações diferenciais parciais) com diferentes domínios e diferentes condições de contorno, necessitando somente mudar os dados de entmda do problema. Entretanto, o FEM
tem seus próprios pressupostos. É mais difícil entendê-lo e programá-lo do que entender e programar
o FDM e o MOM. Isso requer a preparação dos dados de entrada, um processo que pode ser tedioso.
EXEMPLO 15.6
Considere a malha de dois elementos, como mostrada na Figura 15.30(a). Usando o método de elementos finitos, determine os potenciais dentro da malha.
Solução:
As matrizes dos coeticientes dos elementos podem ser calculadas usando a equação ( 15.62). Para o
elemento I, consistindo dos nós 1-2-4 correspondentes à numeração local 1-2-3, como na figura
15.30(b),
p2
pl = - 1,3,
º•
= 0,9,
-=
º
= -0,2,
?
..
-04
A = 1/2 (0,54 + 0,16) = 0,35
y
nó
4
( x . y)
(0.8.
( 1.4.
( 2.1.
(1.2.
I
2
3
4
' - - - - ' - - - - ' - - - - - - ' ' - -- - --
1.8)
1.4)
2.1 )
2. 7)
X
(a)
4
4
3
2
2
(b)
Figura 15.30 Referente ao Exemplo 15.6: (a) malha de dois clcmcmos: (b) numcmção local c global dos elementos.
Métodos Numéricos •
629
Substituindo todas estas relações na equação (15.62b), obtém-se
1,236
- 0,7786
-0,4571
-0,7786
0,6929
0,0857
-0,4571
0,0857
0,37 14
(15.6.1)
De maneira s imilar, para o elemento 2 consistindo dos nós 2-3-4 correspondentes à numeração local
1-2-3, como na figura 15.30(b),
P1
=
-0,6,
P2 = I ,3,
Q.
=
-0,9,
Qz = 0,2,
A = 1/2 (0,91 + 0,14) = 0,525
Porlanto,
- 0,457 1 - OI
'
0,8238 - 0,3667
- 0,3667
0,4667
0,5571
- 0,4571
-O, I
( 15.6.2)
Usando a equação ( 15.75), resulta em
[ g~~ g~;] [ ~:J --[g~:
(15.6.3)
Reescrevendo em uma forma mais conveniente,
o o
I
O
o
C22 O Cu
o o
( 15.6.4a)
=
I O
o c42 o c44
ou
[C][V] = [8]
( 15.6.4b)
Os termos da matriz de rigidez global são obtidos corno segue:
C22
= cW+ cW = 0,6929 + 0,557 1 =
c4z = c24 =
c44 =
ci~ +
cW=
I ,25
o,0857 - 0. 1 = - 0,0143
2
c<
•>
+
c<
33
33>= 0 ' 37 14 + 04667 = 0838 1
t
cz. = cW =
C 23
'
- 0,7786
= c\~ = - 0,4571
c4. = cW = -0,457 1
c~3 = c~~ = -OJ667
Note que seguimos a numeração local para a matriz dos coeficientes dos elementos e a numeração
global para a matriz de rigidez global. Assim, a matriz quadrada [C] é obtida como
I
[Cj =
o
o
o
o
I ,25
o
-0,0143
o
o
I
o
o
-0,0143
o
0,838 1
(15.6.5)
630
•
Elementos de Eletromagnetismo
e a matriz [B], no lado direito da equação ( 15.6.4a), é obtida como
o
[B] =
4,57 1
10,0
3,667
( 15.6.6)
Invertendo a matriz [q na equação (1 5.6.5), obtemos
o
3,708
10,0
4,438
Porwnto, V1 =O, V1 = 3,708, V3 = 1Oe V4 = 4,438. Uma vez que os valores dos potenciais nos nós sej am conhecidos, o potencial em qualquer ponto dentro da malha pode ser determi nado usando a
equação ( 15.51 ).
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.6
Calcule a matriz de rigidez global para a malha ele dois elementos, mostrada na Figura 15.31,
quando: (a) o nó I está ligado ao nó 3 e a numeração local (i - j - k) é como indicado na Figura
15.31 (a); (b) o nó 2 está ligado ao nó 4 com a numeração local, como mostrado na Figura 15.31 (b).
Resposta:
(a)
(b)
0,9964
0,05
-0,2464
-0,8
0,05
0,7
- 0,75
0,0
-0,2464
-075
•
1,5964
-06
1,333
-0,0777
0,0
-1 ,056
- 0,7777
0,8192
-0,98
0,2386
'
0,0
-0,98
2,04
-1 ,06
nó 1: (2, t )
nó 2: (3. 2,5)
3
- 0,8
0,0
- 0,6
I ,4
- 1,056
0,2386
- 1,06
I ,877
nó 3: (2 . 2.4)
nó 4: ( 1.5, t.6)
3
2
4
(a)
Figura 15.31 Referente ao Exercício Prático 15.6.
(b)
Métodos Numéricos •
EXEMPLO 15.7
631
Escreva um programa para resolver a equação de Laplace utilizando o método de elementos finitos.
Aplique o programa para o problema bidirncnsional mostrado na Figura 15.32(a).
Solução:
O domínio é dividido em 25 elementos triangulares a três nós, o que resulta em um número total de 21
nós, como mostrado na Figura 15.32(b). Esta é uma etapa necessária para obter os dados de entrada
que definem a geometria do problema. Tomando por base nossas discussões na Seção 15.5, foi desenvolvido um programa geral em Matlab, utilizando elemen tos triangulares a três nós, para resolver problemas envolvendo a equação de Laplace, como mostra a Figura 15.33. O desenvolvimento do programa envolve, basicamente, quatro etapas. como indicado no programa c explicado a seguir.
y
I.Ot
1-----,<'------_..;~~-- X
1.0
-
(3)
,.
21
2
3
4
5
6
(b)
Figura 15.32 Referente ao Exemplo 15.7: (a ) problema eletrostático bidimensional: (b) domínio dividido em
25 elementos triangulares.
632
• Elementos de Eletromagnetismo
% SOLUÇÃO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE POR ELEMENTOS FINITOS
% PARA PROBLEMAS BIDIMENS!ONAIS
% USANDO ELEMENTOS TRIANGULARES
% ND = N• DE NÓS
% NE = N• DE ELEMENTOS
% NP = N° DE NÓS FIXOS (ONDE O POTENCIAL É PREESTABELECIDO)
% NDP(I)= N9 DO NÓ COM POTENCIAL PREESTABELECIDO, I=l,2, . .. ,NP
% VAL(I) = VALOR DO POTENCIAL PREESTABELECIDO NO NÓ NDP(I)
% NL(I,J) = LISTA DOS NÓS PARA CADA ELEMENTO I, ONDE
%
J:l,2 , 3 REFERE- SE AO NÚMERO DO NÓ LOCAL
% CE(I,J) = t4ATRIZ DE COEFICIENTES DO ELEMENTO
% C(I,J) = MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL
% B(I) = MATRIZ DO LADO DIREITO NO SISTEMA
% DE EQUAÇÕES SIMULTÂNEAS ; VEJA EQUAÇÃO (15 . 6 . 4)
% X(I) , Y(I ) =COORDENADAS GLOBAIS DO NÓ I
% XL(J) , YL(J) =COORDENADAS LOCA I S DO NÓ J=1 , 2 , 3
% V(I) = POTENCIAL NO NÓ I
% MATRIZES P(I) E Q(I) ESTÃO DEFINIDAS NA EQUAÇÃO
% (l5 . 62a )
% * ** ******* ** **** **** *** *** ***** * *** ***** * * **** ******
% PRmEIRA ETAPA - DADOS DE ENTRADA QUE DEPINEM A
GEOMETRIA E AS CONDIÇÕES DE CONTORNO
clear
input('Name of input data f i le= ')
'
*-******* * ** * ** ** * * ** * * *** * * *** ** * ** * * *** * ***********
% SEGUNDA ETAPA - CÁLCULO DA MATRIZ DE COEFICIENTES
PAR~>, CADA ELEl-1ENTO E CONEXÃO GLOBAL
'
******* ** ** ****** * * * **** * ** *~**** * *******************
B = zeros(ND,l) ;
C= zeros(ND, ND) ;
for I=1 : NE
%DETERMINAÇÃO DAS COORDENADAS LOCAIS XL(J), YL(J) PARA O ELEMENTO I
K = NL (I , [ l : 3) ) ;
XL= X(K) ;
YL = Y(K) ;
P=zeros(3 , 1) ;
Q=zeros(3 , 1) ;
P ( 1) = YL ( 2) - YL ( 3) ;
P(2) = YL(3) - YL (l ) ;
P(3) = YL( l ) - YL (2) ;
Q(l) = XL(3) - XL (2) ;
Q (2) = XL( l ) - XL (3) ;
Q ( 3) = XL ( 2 ) - XL ( 1) ;
AREA = 0 . 5*abs( P(2) *Q(3) - Q (2) *P(3) ) ;
% DETERMINÇÃO DA MATRIZ DE COEFICIENTES PARA O ELEMENTO I
CE= (P* P' +Q*Q' )/(4 . 0 *AREA) ;
% CONEXÃO GLOBAL - DETERMINAÇÃO DE C(I,J) E B(I)
for J=l : 3
IR = NL(I,J) ;
IFLAGl=O ;
% VERIFIÇÃO DA CORRESPONDtNCIA ENTRE A LINHA DA MATRIZ E UM NÓ FIXO
for K = l : NP
if (IR== NDP(K))
C(IR, IR) = 1.0 ;
B(IR) = VAL(K);
IFLAGhl;
end
end% FIM PARA K = l : NP
fligum 15.33 Progmma de computador referente ao Exemplo 15.7 (comi nua)
Métodos Numéricos •
633
if(IFLAGl == 0)
for L
= 1: 3
IC = NL(I , L) ;
IFLAG2=0 ;
% VERIFICAÇÃO DA CORRESPONDÊNCIA ENTRE A COLUNA DA MATRIZ E UM NÓ FIXO
for K=l : NP
if ( IC == NDP(K) ) ,
B(IR) = B(IR) - CE(J , L) *VAL(K) ;
IFLAG2=1 ;
end
end% fim para K=l : NP
i f ( H'LAG2 == 0)
C(IR , IC) = C( I R,IC ) + CE (J , L) ;
end
end% fi m para L=l : 3
end% fi m do if (if l a gl
0)
end% f i m para J =l : 3
end% f i m para I=l : NE
% ****** *********************************************
% TERCEI RA ETAPA - RESOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES
% ******* ************** ** **************** ************
V= inv (C) *B;
V=V ';
'
******* * ** * *************************************** *
% QUARTA ETAPA - SAÍDA DOS RESULTADOS
'
**********•****************************************
diary e xaml47 .out
[NO, NE , NP]
[
[ 1 : NO] ' X ' Y ' V ' )
diary off
Fi~:u ra
15.33 Programa de computador referente ao Exemplo 15.7.
Etapa l: envolve a entrada de dados necessária para a definição do problema. Essa é a única etapa
que depende da geometria do problema em questão. Através de um arquivo de dados, introduzimos
o número de elementos, o número de nós, o número de nós lixos. os valores preestabelecidos dos potenciais nos nós livres, as coordenadas x e y de rodos os nós c urna lista identificando os nós pertencentes a cada elemento, conforme a ordem da numeração local 1-2-3. Para o problema na Figura
15.32, os três conjuntos de dados referentes às coordenadas, às relações elemento-nó c os potenciais
preestabelecidos nos nós fixos são mostrados nas Tabelas 15.3, 15.4 c 15.5, respectivamente.
634
•
Elementos de Ele tromagnetismo
TABELA 15.3 Coordenadas nodais
da malha de elementos finitos da
Figura 15.32
Nó
X
r
Nó
X
r
I
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
12
13
t4
15
16
17
18
19
20
21
0.0
0.2
0.4
0.6
0.0
0.2
0.4
0.0
0.2
0.0
0.4
0.4
0.4
0,4
0.6
0.6
0.6
0.8
0.8
1.0
2
3
4
5
6
7
8
9
lO
11
TABElA 15.4 Ide ntificação do e lemento-nó
N(! LQ~al
Elemento n•
1
2
I
I
2
3
4
5
6
7
8
9
2
2
3
3
4
4
5
5
7
8
8
9
2
8
3
9
4
lO
li
12
13
lO
5
II
6
8
13
9
14
n•
3
7
7
8
8
9
9
lO
lO
li
12
12
13
13
Elemento n•
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
Nó local n•
1
2
3
9
lO
lO
lO
15
12
13
13
14
14
16
17
17
19
13
17
14
18
15
17
20
18
20
li
14
14
15
16
16
17
17
18
19
19
20
21
TABELA 15 .5 Potenciais preestabelecidos nos nós fixos
Nón<t
I
2
3
4
5
6
II
15
Potencial
Preestabelecido
0.0
o.o
o.o
0.0
0.0
50.0
100.0
100.0
Nón•
Potencial
Preestabelecido
1.8
20
21
19
16
12
7
100.0
100,0
50,0
0,0
0,0
0,0
0,0
Métodos Numéricos •
635
TABElA 15.6 Dados de entrada para o programa em elementos
fi nitos da Figura 15.33
NE
NO
NP
NL
= 25 ;
= 21 ;
= 15 ;
=(
1 2 7
2 8 7
2 3 8
3 9 8
3 4 9
4 10 9
4 5 10
5 11 10
5 6 11
7 8 12
8 13 12
8 9 13
9 14 13
9 10 14
10 15 14
10 11 15
12 13 16
13 17 16
13 14 17
14 18 17
14 15 18
16 17 19
17 20 19
17 18 20
19 20 21) ;
X = (0 . 0 0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8 1 . 0 0 . 0
0 .2 0.4 0 .6 0 .8 0.0 0.2 0. 4
0 . 6 0 . 0 0 . 2 0 . 4 0 . 0 0 . 2 0 . 0) ;
y = (0 . 0 0 . 0 0 . 0 0 . 0 0 . 0 0 . 0 0 . 2
0 . 2 0 . 2 0 .2 0 . 2 0 . 4 0 . 4 0 . 4
0 . 4 0 . 6 0 . 6 0 . 6 0 . 8 0 . 8 1 . 0) ;
NDP = ( 1 2 3 4 56 11 15 18 20 21 19 16 12 7) ;
VAL = [ 0 . 0 0 . 0 0 . 0 0 . 0 0 . 0 ..
50 . 0 100 . 0 100 . 0 100 . 0 100 . 0
50 . 0 0 . 0 0 . 0
0 .0 0 .0] ;
Etapa 2: esta etapa implica determinar a matriz de coclicicntcs dos elementos rc··ll para cada elemento c a matriz de rigidez global [C]. O procedimento exposto no exemplo anterior é aplicado. A
equação ( 15.6.4) pode ser escrita, na forma geral, como
I O ] [ V"] = [
[o
Cu v
1
- cI 11, ] l V,]
,
ou
[C] [ V] = [8]
A matriz "global" [C] e a matriz [B] são calculadas nesta etapa.
Etapa 3: a matriz global obtida na etapa anterior está invertida. Os valores dos potenciais em todos os
nós são obtidos por multiplicação matricial, como na equação ( 15.76b). Ao invés de inverter a matriz
global, é também possível determinar os potenciais nos nós usando a técnica de eliminação gaussiana.
636
• Elementos de Eletromagnetismo
Etapa 4: esta etapa envolve a saída do resultado do processo computacional.
Os dados de entrada e de saída estão apresentados nas Tabelas 15.6 e 15.7, respectivamente.
TABELA 15.7 Dados de saída
do programa na Figura 15.33
Nó
2
3
4
5
6
7
8
9
lO
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
X
0.00
0.20
0.40
0,60
0.80
1.00
0.00
0.20
0.40
0,60
0.80
0,00
0,20
0.40
0.60
0.00
0.20
0.40
0.00
0,20
0,00
y
0.00
0.00
0,00
0.00
0.00
0.00
0.20
0.20
0.20
0.20
0.20
0.40
0.40
0.40
0.40
0.60
0.60
0.60
0.80
0.80
1.00
Potencial
0.000
0.000
0,000
0,000
0.000
50.000
0.000
18. 182
36.364
59,09 t
100,000
0,000
36.364
68.1 82
100.000
0.000
59.091
100.000
0.000
100.000
50.000
y~
2.5
22
23
24
2S
26
2
3
X ~
Fi~:u ru
15.34 ReferenJe ao Exercício Prático 15.7.
2,0
Métodos Numéricos •
637
EXERCÍCIO PRÁTICO 15.7
Refaça o Exemplo 15.3 usando o método dos elementos finitos. Divida o domínio em
elementos lriangulares, como mostrado na Figura 15.34. Compare a solução com aquela
obtida no Exemplo 15.3 usando o método das diferenças finitas.
Resposta:
RESUMO
veja o Exemplo 15.3.
l. As linhas de campo elétrico e as linhas equipotenciais, devido às fomes pontuais coplanares, podem ser traçadas usando a técnica numérica apresentada neste capítulo. O conceito básico pode
ser estendido para traçar as linhas de campo magnético.
2. Um problema de EM na forma de uma equação diferencial parcial pode ser resolvido usando o
método de diferenças finitas. A equação de diferenças finitas que aproxima a equação diferencial é aplicada em pomos na grade, espaçados em uma maneira ordenada, sobre todo o domínio.
A intensidade ele campo nos pontos livres é determinada usando um método adequado.
3. Um problema de EM na forma de urna equação integral é convenientemente resolvido usando o
método dos momentos. A grandeza desconhecida sob o símbolo de integral é determinada ajustando ambos os lados da equação integral em um número finito de pontos no domínio da grandeza.
4. Enquanto o método de diferenças finitas é restrito a problemas com regiões de solução de formato regular, o método de elementos finitos pode lidar com problemas com geometrias complexas. Esse método consiste em dividir o domínio em elementos finitos, derivar as equações para
um elemento típico, conectar todos os elementos na região c resolver o sistema de equações resultante.
Neste capítulo, foram mostrados exemplos típicos de como aplicar cada método a alguns problemas práticos. Programas computacionais para resolver problemas foram fornecidos quando
necessários.
QUESTÕES DE REVISÃO
15.1 No ponto ( I , 2, O) dentro de um campo elétrico devido a fontes pon tuais coplanares, E = 0,3 a, 0,4 a; V/m. Um deslocamento diferencial de 0,05 m, a partir deste ponto, sobre uma linha equipotencial nos leva ao ponto:
(a) ( I ,04, 2,03, O)
(b) ( 0 ,96, 1,97, O)
(c) ( 1,04, 1,97, O)
(d) (0,96, 2 ,03, 0)
15.2 Quul das seguintes alternativas nclo representa uma aproximação por diferenças linitas correta para e/Vldx em x. se h = tlx?
II(X0 ) - II(X0 - Ir)
(b) -...:....;::;..._____:....::.____;_
h
(c)
\l(x0
+
h) -
V(x0
-
h)
--'-"------'----'--"'-~
h
V(x0 + h) - V(x0 - Ir)
(d) --'--"-----'----'--"'---'211
(c) _V..o.
(x..::
·o:....+
_ h_I2...:.)_ _V..o.(X..::o:...__h_l2~)
h
638
•
Ele mentos de Ele tro magne tismo
15.3 O e lemento triangular da Figura 15.35 e stá no espaço livre. O va lor aproximado do potencial no
centro do triângulo é:
(a) lO v
(b) 7,5 v
(c) 5 V
(d)
ov
15.4 Para análise por diferenças finitas, uma placa retangular. medindo lO e m por 20 e m. é divida e m
oito sub-regiões por linhas espaçadas de 5 e m paralelas às bordas da placa . Quantos nós livres existem se as bo rdas forem conectadas à mesma fonte'?
(a) 15
(b) 12
(c) 9
(d) 6
(e) 3
15.5 Usando a equação de dife renças V,= V , _ 1 + V,, , 1 com V0 = Vs = I c começando com os valores
iniciais V, = O para I < 11 < 4, o valor de V2 , após a terce ira iwração, é:
(a) I
(b) 3
(c) 9
(d) 15
(e) 25
15.6 A matriz de coeficientes [A], obtida através do método dos momcntos,/l{io tem uma das seguintes
propriedades:
,
(a) E uma matri z densa (isto é, tem muitos termos não- nulos).
(b) É uma matriz de banda.
,
(c) E uma matriz quadmda e s imétrica.
,
(d) E uma matri z que depende da geometria de um dado problema.
(2, 3)
Figura 15.35 Referente às Questões de Revisão 15.3 c 15. 10.
Métodos Numéricos •
639
15.7 A maior diferença entre o método de diferenças finitas e o m6todo de elementos linitos é que:
(a) Usando um deles. uma matriz esparsa resulta como solução.
(b) Em um deles, a solução é conhecida em todos os pontos no interior do domínio.
(c) Um deles se aplica para resolver urna equação diferencial parcial.
(d) Um deles tem seu uso limitado a problemas invariáveis no tempo.
15.8 Se a placa da Questão de Revisão 14.4 tiver que ser discretizada para a análise por elementos fini -
tos. tal que tenhamos o mesmo número de pontos de grade. quantos elemento triangulares serão
gerados?
(a) 32
(b) 16
(c) 12
(d) 9
15.9 Qual das afirmações sobre funções de modelagem não é vcrdadeinl?
(a) As funções de forma são interpolatórias por natureza.
(b) As funções de forma devem ser comínuas no interior dos elementos.
(c) As funções de forma somadas são identicamente iguais à unidade em cada ponto dentro do
elemento.
(d) A função de forma associada a um dado nó se anula em qualquer outro nó.
(e) A função de forma associada a urn determinado nó é nula naquele nó.
15.10 A área do elemento na Figura I5.35 é
(a) 14
(b) 8
(c) 7
(d) 4
Respostas: IS.Ia; 1 5.2c~; 15.3a; 15.4e; 15.5c; 15.6b; 15.7a; 15.8b; 15.9e; 15.10<1.
PROBLEMAS
I
15.1 Usando o programa desenvolvido no Exemplo I5. 1 ou um progr:una équivalcnte desenvolvido por
você, trace as linhas de campo elétrico e as linhas equipotenciais para os seguintes casos:
(a) Três cargas pontuais -I C, 2 C e I C, localizadas em (-1. 0), (0, 2) e ( I, 0), respectivamente.
(b) Cinco cargas pontuais idêmicas de I C, localizadas em (- I , - I), (- 1, I ), ( I , - I ), ( I , I ) e (0, O),
respccti vamente.
15.2 Dada a equação diferencial unidimensional
?
d ·y
--~
dx·
= o,
O s xsl
tal que y(O) = Oe y( I)= I O, use o método de diferenças finitas (i terativo) para determinar y(0 ,25).
Considere ~ = 0,25 c faça 5 iterações.
?
. d a tabel
.
d· V
15.3 (a) A partir
• a ab atxo,
ob tenha-dV e --,
em x = 0. 15
dx
dx·
• A fóm1ula em (a) é conhecida como fónnuta com diferenças para frente. enquanto que a fómmla em (b) é conhecida como fóm1ula com diferenças para trás e
em (d) ou (c) como fóm1Uia com difcn:nç:~s centrais.
640
•
Elementos de Eletromagnetismo
X
O, I
O, 15
0.2
0,25
0,3
v
1,0017
1,5056
2,0134
2,5261
3,0452
(b) Os dados da tabela acima são obtidos a partir de V= lO senh x. Compare seus resultados na
parte (a) com os valores exatos.
15.4 Mostre que a equação em diferenças finitas para a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas,
V= V(p,z).é
onde Ir = 6.;; = 6-p.
15.5 Usando a representação em diferenças finitas em coordenadas ci Hndricas (p. cb) em um ponto P
da grade, mostrado na Figura 15.36, considere p = m 6-p c q, =n t.q,, tal que V(p, cf,)l1• = V(m6.p,
nâcb) = V;,;. De mostre que:
2
V Yj,,, =
6.~ 2 [ ( I J
?
(m t.cf, )-
: ) v;:,- 1- 2 v;;, + ( I + - I )
2 11
2m
( yn1 'J- \1"m + V"m+ I)]
m
"
vm+l
+
...... o • • o • •
Figura 15.36 Grade para diferenças finitas em coordenadas cilíndricas: referente ao Problema 15.5.
/ '30V
''
/
/
-20V
"
I
2
20V
/
/
Figura 15.37 Referente ao Problema 15.7.
"ov
'
Métodos Numéricos •
641
15.6 Urna calha quadrada condutora tem seus qualro lados mantidos a potenciais - lO V, Ov, 30 V e 60 V.
Determine o potencial no centro da calha.
15.7 Use FDM para calcular os potenciais nos nós I c 2 no sistema representado na Figura 15.37.
100
•
15.8 Refaça o Problema 15.7 se Ps = nCtm-, h= O, I rn c e= e•• onde h é o passo da malha.
1l"
15.9 Considere o sistema mostrado na Figura 15.38. (a) Estabeleça iguais a zero os valores iniciais nos
nós livres e calcule o potencial nos nós livres para cinco iterações. (b) Resol va o problema pelo
método da matriz de banda e compare o resultado com o da pane (a).
15.10 Aplique a técnica da matriz de banda para estabelecer um sistema de equações de diferenças simultâneas para cada um dos problemas na Figura 15.39. Obtenha as matri zes [AI c [81.
15.11 (a) Como você poderia modificar as matrizes [A] e [8] do Exemplo 15.3 se o domfnio ti vesse uma
densidade de carga Ps?
(b) Escreva um programa para determinar os potenciais nos pontos da grade. mostrados na Figura 15.40, assumindo uma densidade de carga Ps = x(y- I ) nC/m2• Use o método iterati vo de diferenças finitas e considere c,= I ,0.
L
' I'
100 v
I
2
3
4
"
/
/
ov
Fi:.:ura 15.38 Referente ao Problema 15.9.
v~ t oov
2
a
b
c
4
c/
"
s
15
f
7
8
IOOV :-
'
V=O V
(a)
Figura 15.39 Referente ao Problema 15.10.
3
(b)
v
642
•
Elementos de Eletromagnetismo
15.12 A equação de onda em duas dimensões é dada por
I 0 2</J
02</J
02</J
----:;=
+
...:.._~
c2 õr 2
õx 2
õz 2
Considerando <I>'...,. como a aproximação por diferenças finitas de <I> (x.,. ;:,, r1), demonstre que, aplicando o esquema de diferenças finitas para a equação de onda. resulta em
_,j+ I _
"~'m.n
onde h= Ãx =
~z
-
+
a ("''
...,"' t- l .n
+
2
"'-Í
_ _, j - 1
'f'm.n
'f'm.n
Cl
(</J~r.n+ 1 + </J~rJr-1 - 2 <1>~ .• )
"'-I
..,m
I .n
- 2 t/J~.n)
+
e a= (c ~r/h)2.
15.13 Escreva um programa que utilize o esquema de diferenças finitas para resolver a equação de onda
em uma dimensão
--=--
I>0
O<x:S I ,
dadas as condiçõe-s de contorno V(O, r)= O, V( I , r)= O c 1 > Oc as cond ições iniciais () Vf()r (x, O)
=O, V(x, 0) = sen 7fX e O< x < I . Considere ~x =~~ =O, I. Compare sua solução com a solução
exata V(x, 1) = sen 1fX cos 71'1 para O < 1 < 4.
15. 14 (a) Demonstre que a representação por diferenças finitas da equação de Laplace, usando o nodo
de nove nós da Figura 15.4 1, é
Vo = 1/8 (V1
+
V2
+
V3
+
V4
+
V5
+
Vr.
+
V7
+
V8)
(b) Usando esse esquema, refaça o Exemplo 15.4.
15.15 Uma linha de transmissão consiste de dois fios idênticos de raio a, separados por uma distância d,
como mostrado na Figura 15.42. Mantenha um dos fios em I V e o outro em - I V e use o MOM
para encontrar a capacitãncia por unidade de comprimento. Compare seu resultado com o obtido a
panir da fónnula exata para C na Tabela 11.1. Considere a= 5 mm, d = 5 em, e= 5m c e= e.,.
15. 16 Detennine o potencial e o campo elétrico no ponto (-1. 4, 5) devido ao condutor ti lamentar da Figura 15. 19. Considere v. = I V. L = I m e a= I mm.
y
20 v
I
1.0
- JOV/
o
Figura 15.40 Referente ao Problema 15.11.
a
/)
c
d
e
f
!!
"
I
I
ov
_... l O v
1.0
Métodos Numéricos •
643
15.17 Dois tios condutores, de mesmo comprimento L e de mesmo raio o. estão separados por um peque-
no espaçamento em uma das suas extremidades e mantGm-se inclinados um em relação ao outro
por um ângulo O, como mostrado na Figura 15.43. Determi ne a capacitância entre os tios usando o
método dos momentos para os casos O= Io•, 20°, ... , ISO•. Considere um espaçamento de 2 mm,
a= I mm. L = 2 me E, = I.
15.18 Para uma linha de transmissão de fita, infinitamente longa c tina. mostrada na Figura 15.44(a), de-
sejamos determinar a impedância característica ela linha usando o método dos momentos. Dividimos cada fita em N subáreas, como na Figura 15.44(b), tal que, sobre a subárea i.
2N
v,=
2: A 1i PJ
}= I
onde
i =.i
Rijé a distância emre a i-ésima e aj-ésima subáreas e V1
=I ou - 1 dependem se a i-ésima sub;írea
está sobre a fita I ou sobre a fita 2, respectivamente. Escreva um progr-Jma para encontrar a impeclância característica da linha usando o fato de que
z" =
v;:;;,
c
onde C é a capacitância por unidade de comprimento c
e VJ =2 V é a diferença de potencial emre as litas. Considere f/= 2 m, W =5 m e N =20.
4
3
2
s t-----~~o~----1
6 ._----~~-----' 8
7
Fi~:ura
15.41 Nodo de nove nós. referente ao Problema 15. 14.
Fi~:ura
15.42 Referente ao Problema 15.15.
644
• Elementos de Eletromagnetismo
15.19 Considere a linha coaxial de seção reta arbitrária, como mostmdo na Figum I5.4S(a). Usar o método dos momentos para enco ntrar a capacitância C por unidade de comprimento requer dividir cada condutor em N tiras. tal que o potencial naj-ésima tira é dado por
2N
L P,A,j
Vj=
i= I
onde
-t.e In &'
A·1)· =
?-'Ire
-t.e[
27re
r0
t. e.- I ,5 ].
ln =
r0
.
.
t=j
e V1= - I ou I dependendo se ilt, está sobre o condutor interno o u sobre o condutor externo, respcctiv;mu:nte. Escreva um programa em Matlab pam determ inar a carga total por unidade de comprime nto sobre um cabo coaxial de seção re ta cilíndrica clfpti ca, •nostrado na Figura 15.4S(b),
usando
N
Q=
L
P1
i- 1
e a capaci tãncia por unidade de comprimento usando C= Q/2
(a) Corno uma forma de conferir seu programa, considere A = B = 2 e m e a = b = I em ( linha
coaxial com seção reta circular) e compare seu resultado com o valor exato dado por C=
he/ln(A/a).
(b) Considere A= 2 em, B = 4 em, a= I em e b = 2 em.
(Dica: para a e lipse interna da Figura I 5.4S(b), por exemplo.
a
r = -=vrse=n=;2;=4>=+= v2:;=c=o:::;
s2;=4>
onde v= alb, dt =r d</>. Considere r. = I em.)
Figura 15.43 Re ferente ao Problema 15.17.
y
s,
,l.. .......... .j
i
l
IV
$2
(a)
I. ' I
f
I " • " • " .. •
\
I
X
- IV
(b)
Fij::uru 15.44 Análise de uma linha de transmissão de li ta usando o método dos momentos: referente ao Problema 15.18.
Métodos Numéricos •
645
15.20 Uma barra condutora de seção reta retangu lar é mostrada na Figura 15.46. Dividindo a barra em N
segmentos iguais, obtemos o potencial do j-ésimo segmento como
N
2: q;A u
vi =
i= I
onde
I
Ay =
i = j
e ó. é o comprimento do segmento. Se mantivermos a barra em I OV, obtemos
lAHqJ
=
10rn
onde[/] = [I I I . . . I f e q; = p.Jiul.
(a) Escreva um progmrna para encontrar a distlibuição de carga P,. sobre a bamt c considere
h = 2 em, t = I em e N =20.
(b) Calcule a capacitância do condutor isolador usando
e=2 m,
C= Q/\1 = (qa + qz + ... + fJN)/10
y
y
A
V= - l
(b)
V=l
(a)
Fi~:u ra
15.45 Referente ao Problema 15.19. Linha coaxial de (a) seção reta arbitrária e (b) seção reta cilíndrica clfptica.
"
I
Fi~:ura
15.46 Refereme ao Problema 15.20.
646
•
Elementos de Eletromagnetismo
15.21 Uma outm maneira de definir as funções de forma em um ponto arbitrário (x, y) em um elemento
tini to é usar as áreas A 1, A 2 , e A3, mostradas na Figum 15.47. Demonstre que
CXJ,;:
onde A =A 1 + A 2
At
= -,
A
k = I, 2. 3
+ A3 é a área total do elemento triangular.
15.22 Para cada um dos elementos triangulares da Figum 15.48:
(a) calcule as funções de forma:
(b) determine a matriz de coeficientes.
15.23 Os valores nodais dos potenciais para o elemento triangular da Figura 15.49 siio V1 = 100 V,
V2 =50 V e V3 = 30 V. (a) Determine onde a linha cquipotencia l de 80 V intercepta os contamos
do elemento. (b) Calcule o potencial de (2, 1).
15.24 O elemento triangular, mostrado na Figura 15.50, é pa11e de uma malha de elementos linitos. Se
V1 = 8 V, V2 = 12 V e V3 = lO V, determine o potencial: (a) em ( I, 2) e (b) no centro do elemento.
15.25 Determine a matriz de rigidez global para a região de dois elementos na Figura 15.51.
15.26 Determine a matriz de rigidez global para a malha de dois elementos da Figura I 5.52.
15.27 Para a malha de dois elementos da Figura 15.52, considere V1 = lO V e V3 = 30 V. Determine V2 e V4 .
.J-----
,""'(.t,)')
--------
/
,/'
A,
/
Figura 15.47 Referente ao Problema I 5.21.
y
(0.5. I )
(I , 2)
(2.5. 2)
(0. 0)
(a)
Fi~:uru
15.48 Elementos triangulares do Problema 15.22.
(b)
Métodos Numéricos •
647
.1'
C2, 2)
Figur:t 15.49 Referente ao Problema 15.23.
( I. 4)
Figura 15.50 Referente ao Problema 15.24.
15.28 A malha na Figura 15.53 é parte de urna grande malha. A região sombreada é condutora e não tem
elementos. Determine C~.s e C~, .
15.29 Use o programa na Figum 15.33 para resolver a equação de Laplace no problema mostrado na Figum 15.54, onde v. = 100 V. Compare a solução por elementos linitos co m a solução exata do
Exemplo 6.5, isto é,
4 V0 """ scn 117r x senh 117r)'
V(x, y ) = ..c.,
,
1r k = o
11 scnllll?r
11 = 2k+ l
648
• Elementos de Eletromagnetismo
(8. 12)
~-------, 3
Figuml5.51 Referente ao Problema 15.25.
)'
~----~----------~3~-o- x
2
(3.0)
( I. 0)
Figure 15.52 Referente aos Problemas 15.26 e 15.27.
8
9
6
4 cm
Figura 15.53 Referente ao Problema 15.28.
Métodos Numéricos •
649
y
v.
Fi~:ura
15.54 Referente ao Problema 15.29.
15.30 Repita o problema anterior para
v.=100 sen 1rx. Compare a solução por elementos linitos com a
solução teórica [similar ao Exemplo 6.6(a)], isto é,
V(x, y) = I 00 sen
1r
x senh
7r
.r
senh 1r
15.31 Demonstre que, quando uma malha quadrada é usada em FDM, obtemos o mesmo resultado que
no FEM quando os quadrados são cortados em triângulos.
Apêndice A
FÓRMULAS MATEMÁTICAS
A.l IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
sen A
I
toA= - 0
cosA'
secA =
I
cosA
cotgA = - tgA
I
, cossecA = - -
sen A
I + tg2 A = scc2 A
?
sen-? A + cos-A
= I,
I
sen (A
:!:
B)
+ cotg2A = cossec2 A
=
sen A cos B :!: cos A sen B
cos (A + B) = cos A cos B + scn A sen 8
2 sen A sen B = cos (A - B) - cos (A + B)
2 sen A cos B = sen (A + 8 )
+ B)
2 cos A cos B = cos (A
sen A + sen B
= 2 sen
+ scn (A + cos (A -
B)
B)
A+8
A- 8
cos
2
2
A+B
A - 8
senA - sen8 = 2cos - -- scn
2
cos A + cos B
= 2 cos
A+B
A - 8
cos
2
2
cos A - cos B = -2 scn
cos (A
+
90°) =
A+8
A - 8
scn
2
2
+
scn A
sen (A + 90°) = +cosA
tg (A :t 90°)
2
=
- cmg A
cos (A + 180°) = -cosA
sen (A + 180°) = - scn A
Apêndice A •
tg (A
180°)
+
tgA
=
sen 2A = 2 sen A cos A
cos 2A = cos2 A - sen 2 A = 2 cos2 A - I = I - 2 sen 2 A
tg (A :!: 8)
tg A :!: B
+ tgA tg B
=
to2A
=
o
t!" -
e -iA
senA=--- 2j
t/11
7r
=
t!" + e -iA
cosA=
2
cos A + j sen A
(identidade de Euler)
= 3, 1416
I rad = 57,296°
A.2 VARIA' VEIS COMPLEXAS
Um número complexo pode ser representado como:
z = x + jy = ri!!_ = re10 = r (cos (J + j sen 0)
onde
X
= Re z
j =
y = lm z = rsen (J
= r cose,
I
v=t,
.
r.• =- I
-:- = - ;,
J
0
O complexo conjugado dez = z* = x- jy =r/ {) = re-;
= r (c os {) - j sen 8)
(d 0)"
=
t/"0
=
cos n(J + j sen n(J
(teorema de De Moivre)
Se z1 = x1 + jy 1 e z2 = x. + jy2 , então z1 = <:z somente se x1 = x2 c y 1 = y 2•
Zt +
Z2
Z tZ2
= (x,
+ Xz):!: j(y , + Y2)
= (X tX2 - )' tY2)
+ j(XtY2 + X2)' ,)
ou
7
z - ,.I I"2 e"'_i(O,+O,) --
-1 2 -
I" ,. j(J
I 2
1
+
(J2
651
652
•
Apêndice A
ou
( 11
z lln = (x
+ jy) 1111 =
r lln ,jUin =
,.t/n
/8111
In (r eiU) = In r + In eiU = In r + j() + j2k7r
= inteiro)
+ 27rklll (k = O, I, 2, . . ., 11
(k
= inteiro)
A.3 FUNÇÕES H IPERBÓLICAS
e·\' -
senhx =
e- x
,
2
senh x
toh x =
,.
cosh x'
cossechx =
I
senh x
,
sen jx = j senh x,
senhjx = j sen x,
senh (x
+ y)
cosh (x :t y)
e ·~
+ e -.,.
cosh .x =
2
cotgh x = - tgh .X
I
sech x = - eoshx
cos jx
=
cosh x
cosh j x = cos x
= senh x cosh y :t cosh x senh y
cosh x cosh y :t senh x senh y
=
scnh (x :t jy) = senh x cos y :t j cosh x scn y
cosh (x :t jy) = cosh x cos y :t j senh x sen y
tgh (x
+
senh 2x
sen 2)'
jy) = --:-:: - - - - : - :t j ----:-~-:cosh 2x + cos 2y
cosh 2x + cos 2y
cosh-? x - senh-? x =
secll x + tgh 2 x =
sen (x
+ jy)
cos (x
+
= sen x cosh y :t j cos x senh y
jy) = cos x cosh y :;: j sen x senh y
-
I)
Apênd ice A •
A.4 IDENTIDADES LOGARÍTMICAS
+ log y
log ,\)' = log x
X
loo - = loo x - loo )'
"'y
<:>
"'
log x" = " log x
log 10 x = log x (logaritmo comum)
log, x = In x (logaritmo natural)
Sc lxl «
l , ln ( l + x) = x
A.S IDENTIDADES EXPONENCIAIS
fi = I
x2
x3
x4
2!
3!
4!
+x+ - + - + - +· · ·
onde e = 2,7182
In fi = x
A.6 APROXIMAÇÕES PARA PEQUENOS VALORES
Se Lrl << I ,
( I + x)" = I + IIX
e'=
In (I
+ x) =
l +x
x
senx
senx = x ou lirn -'---- = I
...-.o X
cos = I
(O X
"'
=
X
653
65 4
•
Apêndice A
A.7 DERIVADAS
Se U
= U(x), V = V(x) c a =
constante,
d
dU
- (aU) = a -
dx
dx
dU
u-dV
+ vdx
dx
d
- (UV) =
dx
v-dU -u-dV
!!_ [ U ] =
dx
dx
V
V
!!_ (c1U'')
= na U " -
dx
dx
2
1
d loo U = log(t e dU
dx
U
oa
dx
d
I dU
- In U = - - -
dx
U dx
d
dU
- au = du ln a dx
dx
d u
u dU
-e = e dx
dx
!!_ uv =
dx
vu··-• dU + uvIn u dV
dx
dx
d
dU
(. X
ax
-t sen u = cos v-,,d
-cos
dx
d
to
0
dx
-
u=
d
- senh U
dx
d
dx
dU
- scn udx
u=
•
scc-
=
u-dU
dx
. dU
cosh U dx
c/U
dx
- cosh u = scnh u-
d
• dU
-toh U = sech- U dx e
dx
Apêndice A •
A.8 INTEGRAIS INDEFIN I DAS
Se U
= U(x), V = V(x) e a = constante,
Ic1dx=ax+C
Iu
I
IU
I
dV =
n+l
+C,
I
I
I
I
I
11=1 - 1
=In U +C
c/
au dU = - + C,
In a
I
(i ntcgração por partes)
dU
u•+l
U" dU =
dU
Iv
uv -
euxdx=
a
> O, a =F I
~e"-'+ C
In x dx = x In x- x + C
1
scn ax dx = - a cos tiX + C
cos ax dx
=
~ sen CIX +
C
L
I
a
a
tg ax dx = - In sec ax + C = - - In cos ax + C
sec ax dx
=
~ In (sec
CLt
+ tg ax) + C
655
656
•
Apêndice A
,
f
,
f
x
sen 2ax
+C
4a
x
2
sen2ax
sen- ax dx = - 2
cos-axdx = - +
f
f
f
x scn ax dx
4a
=-{
(sen ax a
x cos ax dx =
+C
ax cos ax)
~
(cos ax + ax sen ax) + C
a-
e'« sen bx dx =
e'"
,
, (a sen bx - b cos bx)
cr + be'«
f
e<L< cos bx dx =
f
f
f
f
f
f
sen ax sen l'x dx =
, (a cos bx
,
a- + b-
2(a - b)
2
(a _ b)
senh (lX dx =
~ cosh ax + C
cosh ax dx =
~ senh ax + C
tgh ax dx =
~ In cosh ax + C
f x· + a?
xdx
f ..r- + a,
I _ x
= - tg 1 -
a
a
I
,
, = - In (x-
2
+ b scn bx) + C
cos (a - b)x
sen (a - b)x
cosaxcos bx dx =
dx
+C
sen (a - b)x sen (a + b)x C
+ ,
2(a - b)
2(a + b)
scn ax cos bx dx = -
o
+ C
+
+
C
,
a-)
+C
-
cos (a + b)x
2(a
+ b)
+ C,
+ b)x
+ 2(a + b) +C,
sen (a
Apêndice A •
I
I Va
I
X - a
In + a +C,
2a x
I
a- x
2a In a+ x + C,
dx
?
?
x·- a·
-
dx
---;;:::::==:::;: =
2 -
x2
x
sen- 1 - + C
a
A.9 INTEGRAIS DEFINIDAS
i"
l"
sen mx sen nx dx
=f'
scn mx cos nx dx
=
o.
'
111"
-
1
2
"
sen mx sen 11x dx
o
,l.
o
~
O
m
2m
o
l
cos mx cos IIX dx
=
f" sen
-
sen ax
- - dx=
X
ser?'
;r
-'--'--- dx = X
2
, ?•
-
m
={~i2 •
+ 11
+ 11
mx sen 11x dx
1(
a > O,
a=O
a<O
lll :f'll
111 = 11
= par
= ímpar
= {o.
71',
111
*
111 =
11
/1,
657
658
•
Apêndice A
"
l,.
i
2
sen ax dx =
o
íT
2
x2
I
n
x e
o
lal
- a.t
r e-~~
11 •
. _
d\ -a"+'
=i/i;
dx
.,
f
e -a.r
f"'
e- (a.r' +b.r+c) dx
,
f;a
íT
dx =
-~
f;
=
_,.
e<''' - 4uc)l4<1
("' e-"" cosbxdx = , a ,
Lo
a·+ b-
,i .
- n<
e ·· senbxc.x
1
=
o
b
, ·
,
a·+ b-
A.10 IDENTIDADES VETORIAIS
Se A e B são campos vetoriai s, enquanto U e V são campos escalares, então
V (U
+
V) = VU
+
VV
V(UV) = U V V+ VVU
v[!!..] =
v
V V" =
v (A
V(VU) - U( v V)
v2
11 v n- l
VV
· 8) = (A ·
( 11 =
v) 8
inteiro)
+ (8 · V) A + A X ( V X 8 ) + B X ( V X A)
V · (A
+ B) = V · A + V · B
v· (A
X 8) = 8 ·
(v X
V · (VA) = V V· A
A) - A ·
(v X
8)
+ A · vV
v· (vV) = V2 V
v· ( V X
A) =O
V X (A + 8 ) = V X A +
vX
8
v X (A X B) = A ( V · B) - B ( V · A) + (B · V)A
v X ( VA) = VV X A + V( V X A)
- (A · V)B
Apêndice A •
V X ( VV) =O
V X ( v X A) = v ( V ·A) - V2A
f
A · dl =
f
Vdl =
L
f
V X A · dS
S
L
-f
VV X dS
S
f
f A ·dS = V·Adv
s
,.
f. f
s
f.
s
VdS
=
A
dS = -
X
,.
VV dv
J V X A dv
li
659
Apêndice B
CONSTANTES MATERIAIS
TABELA 8.1 Condutividade aproximada• a 20° (
de alguns materi ais de uso corrente
Material
Condutividade (sie me ns/metro)
Collflutores
l'raw
Cobre (recozido padrão)
Ouro
Alumínio
Tungstênio
Zinco
Latão
Ferro (puro)
Chumbo
Mercúrio
Carbono
•
Agua
(mar)
Stmkondttlores
Gcnnânio (puro)
Silício (puro)
lsolmlltS
Água (destilada)
Solo (seco)
Baquelite
Papel
Vidro
Porcel:ma
Mica
Para li na
107
107
107
107
107
107
1.1 X 107
6,1 X
5,8 X
4,1 X
3.5 X
1,8 X
1.7 X
to'
s x to•
to•
3
X
4
2.2
4.4 X 1 0~
l O-'
10-5
10''"
10' 11
10'"
lO' "
10-1$
to·"
Borracha (dura)
10-15
Qua11zo (fundido)
10-17
10' 17
Cera
10'
•os vnlorcs variam de umrt publicaç~o pam ou1:r:l pelo f;.no de que existem
muil:lS va.rinçõcs (de COIUJ}()Siç:_lo} da 1naioria dos materiais c também pc·
lo fnto de que a condutividade é sensí\'el à tempermura. ao comeúdo da
misturn. a imJ>urezas. etc.
Apêndice B •
TABELA 8.2 Constante diclétrica aproximada ou
pcrmissividade relativa (E,) c rigidez de algu ns
materiais de uso corrente*
Material
Constante Dielétrica
f, (adimensional}
1ít:mato de b:írio
Água (mar)
Água (destilada)
Nylon
Papel
Vidro
Mica
Portei:ma
Baquelite
Quart zo (fundido)
Aoo·racha (dum)
Madei ra
I'oiicstircno
l'olipropilcno
Pura tina
Petróleo
Ar ( I ntm.)
Rigidez Dielétrica
f (V/m)
7,5 x to•
1.200
80
81
8
7
5-1 0
6
6
5
5
3.1
2.5- 8.0
2.55
2.25
2.2
2.1
12 X I <f
35 x to•
70 X I <f
20 x to•
30 x to•
25 x to•
30 x to•
t2 x to•
3 x to•
• Os vr~lores dndos aqui são somente típicos, variam de um.'l publicação
para outra pelo faro de que existem muitas \'3riações (de composiçõo) d:l
maioria dos mmeriais. també1n peln dependência de t , com a tempcrmura.
umid:.tdc. etc.
TABELA 8.3 Permeabi lidade relativa (J-1-,) de alguns
materiais•
Material
Diamagnitit-o
Bismuto
Mercúrio
Pmra
Chumbo
Cobre
'
Agua
Hidrogênio (C.n.l.p.)
0.999833
0.999968
0.9999736
0.9999831
0.9999906
0.99999 12
= 1.0
Parumag11é1ico
Oxigênio (c.n.l.p.)
Ar
Aluonfnio
Tungstênio
Plmina
Manganês
t:e rromagnético
Co bailo
Nfquel
Ferro doce
Fco·ro-silfcio
0.999998
1.00000037
1.000021
1.00008
1.0003
1,001
250
600
5.000
7.000
•Os valorc.s drtdos aqui so"to somente típicos. variam de uma publicáçào
para outrn pelo fato de que existem muioas variações (de <Qmposição}
d:. mo'lioria dos m..11eriai.s.
661
Apêndice C
RESPOSTAS DOS
PROBLEMAS DE NÚMERO ÍMPAR
CAPÍTULO 1
1. 1 -0,8703a.,-0,3483ay- 0,3482a,
1.3 (a) 5ax + 4ay + 6a:
(b) - 5a,.- 3ay + 23a 0
(c) 0,439ax - O,l l ay - 0,3293at
(d) 1,1667ax - 0,7084ay - 0,7084a,
-12
-4
1.5 a = 7 ' {3 =
7
1.7
1.9
1.11
1.13
1.15
1.17
A demonstração
(a) - 2,8577
( b) -0,2857a_. + 0,857 1ay - 0,4286a:
(c) 65,91 o
72.36° ; 59,66° ; 143,9 I 0
(a) (8 · A) A - (A · A)8
(b) (A · 8 )(A X A) - (A · A)(A X 8 )
25,72
(a) 7,681
(b) - 2a,. - 5a,
(c) 137,43°
(d) li ,022
(e) 17,309
1.19 (a) A demonstração
(b) cos 0 1 cos 02
.
(c)
+
sen 0 1 sen 02 , cos 0 1 cos 02 - sen 0 1 sen 02
Oz - 01
sen...;...:._____:...!
2
1.21 (a) I 0,3
(b) -2, 175a,, + 1,63 1ay - 4,893a,
(c) - 0,175ax + 0,63 1a,.- 1,893a,
Apêndice C •
CAPÍTULO 2
2. 1 (a) P(0,5; 0,866; 2)
(b) Q(O, I, -4)
(c) R(-1,837; - 1,061; 2,121 )
(d) T(3,464; 2; O)
2.3 (a) pz cos <1> - p- sen <1> cos <1> + pz sen
(b) r 2 ( I + scn2 Osen2 <f> + cos O)
4
2.5 (a) /
z2 (pa, + 4a,), ( sen2 O +
~
~
s~n °) a,. + senO (cosO -
,
p-
(b) ,
2.7 (a)
(b)
~
,
1
v p- + z-
xyz
( x+y
2
2
Vx
+
,\y
V ~+yz
)
I
X
2
+ )'
a.,+
I
,
2
2
?
~
2
z
(
(xa_.
?
/z
?
x-+y-
-
x
2
)
,
V ~+yz.
ar+ 2zVx- +l a~
+ yay)
,
(x-ax + xyay + yz-a,), 3
2
(b) r(sen 2 () cos cjJ
+ r cos3 Osen <1>) a,. +
r sen Ocos O(c os <1>
2.13 (a) r sen O[ sen cjJ cosO (r sen O + cos cjJ) a ,. + sen cjJ (r cos2 ()
a0 + 3 c os <I> a9 ], 5a0 - 21 ,21 a9
2
;) a0
(pa, + zaJ, r senO a,.
+ y·Vx + y- +
2.9 A demonstração
2.11 (a)
<1>
(b) Vp +
l
(pa, + V :
p-
-
-
r cos Osen .p) a0, 3
sen Oc os .p)
, a6 + za,). 4,472a, + 0,8944aó + 2,236a,
+ z-
2.15 (a) Uma linha infinita paralela ao eixo z
(b) Ponto (2, - I, I 0)
(c) Um círculo de raio r sen 8= 5, isto é, a intersecção entre um cone e uma esfera
(cl) Uma linha infinita paralela ao eixo z
(e) Uma linha scmi-intinita paralela ao plano x-y
(I) Um semicírculo de raio 5 no plano x-y
2.17 (a) a.• - a... + 7a~
(b) 143,26°
(c) - 8,789
2. 19 (a) - ao
(b) 0,693 1a0
(c) - a0 + 0,693Ja 9
(d) 0,693 Ja 9
2.21 (a) 3a 6 + 25a;, - 15,6a,. + IOa6
(h) 2,071a, - 1,354a 6 + 0,4141az
(c) ::!:(0,5365a,. - 0,1073a 0 + 0,837J a 6 )
2.23 (scn Ocos3 <1> + 3 cosO sen 2 <!>)a,.+ (cosO cos 3 <f> + 2 tg Ocos Oscn 2 cjJ sen (} sen 2 4>) a 8 + scn cjJ cos <i> (scn cjJ - cos <I>) aó
663
664
•
Apêndice C
CAPÍTULO 3
3.1 (a) 2,356
(b) 0.5236
(c) 4, 189
3.3 (a) 6
(b) 11 o
(c) 4,538
3.5 0,6667
3.7 (a) -50
(b) - 39,5
3.9 4aP + 1,333a:
3. 11 (a) ( - 2, O, 6,2)
(b) -2a.• + (2,41 + 5)az m/s
3.13 (a) - 0,5578a_.. - 0,8367ar - 3,047a:
(b) 2,5an + 2,5a<l> - 17,32a,
(c) - a,. + 0,866a9
3.15 Ao longo de 2a., + 2ay - az
3.l7 (a) - /a,. + 2zay - x 2a,, O
(b) (p2 - 3z2 )a,;. + 4p2a , O
-
I
I (cos q,
(c) --: cotg ecos q, + 3
8
1
r
sen
3.19 (a) A demonstração
+ cos 8) ao, o
(b) 2ryz
3.21 2(z2 - / - y)
3.23 A demonstração
3.25 (a) 6yza.. + 3x/ ay + 3x2yza:
?
?
(b) 4yza.• + 3xy-a,. + 4x-yza=
(c) 6xyz + 3x/
3x\ z
?
?
+
?
(d) 2(x- + y- + C)
3.27 A demonstração
3.29 (a) (6x/ + 2x 2 + x5/)e'"'; 24,46
(b) 3z;(cos q, + sen f/>), -8,1961
(c)
3.31 (u)
e- r sen 8 cos q,( I -
~} 0,8277
7
6
7
(b) -
6
(c) Sim
3.33 50,265
3.35 (a) A demonstração, ambos os lados iguai s a I ,667
(b) A demonstração, ambos os lados iguais a 13 1,57
(c) A demonstração, ambos os lados iguais a 136,23
3.37 (a) 4" - 2
(b) 71T
3.39 o
3.41 A demonstração
3.43 A demonstração
3.45 a = 1 = (3 = ')',
-
I
Apêndice C •
CAPÍTULO 4
4.1 - 5,746a_. - I ,642a,. + 4, 104a: mN
4.3 (a) -3,463 nC
(b) - 18,7 nC
4.5 (a) 0,5 C
(b) I ,206 s.tC
(c) 157,9 nC
4. 7 - 2 ,545a_. + I ,054a r MY/m
4.9 -
a + V a2 + 1?
I
In - - - - h
(a) A demonstração
(b) 0,4mC; 31,6 1a0 s.tY/m
- 0,591a,, - 0,18a 0 N
A dedução
(a) 8,84xya_, + 8,84x2ay pC/rn2
(b) 8,84y pC/rn 3
5,357 kJ
A demonstração
211"
4.11
4.13
4.15
4.17
4.19
4.21
o.
4.23
p<l
3
8(p -
D
"
=
L)
2p
l <p < 2
'
28
p
4.25 1.050 J
4.27 (a) - 1.250 1
(b) -3.750 nJ
(c) OJ
(d) -8.750 nJ
4.29 (a) -2ra_. - 4ya,. - 8za:
(b) - (xa_, + ya ,. + zaJ cos (x 2 + l + z 2 ) 112
•
(c) - 2p(z + I ) sen <f> a" - p(z + I ) cos <f> a9
?
p- sen <f> a:
-
2 -r
(d) e- r sen e cos 2</> a , -~ cose cos 2</> a o + e scn 2</> a ...
r
,.
•
-r
4.31 (a) 72a_, + 27ay (b) -30,95 pC
4.33 A demonstração
4.35 (a)
(b)
36a~
V/m
2po
2po
, a n ----'"-"15e0r"
15e0 r
Po(c?r __r 3)
60
3
5
_Po(_r4
a
''
60
_
20
a
2 2
r)
6
4
+ 2 p0 +
_7 .:;..
P::...
oa_
15e0
60e0
(c) 81r Po
15
(d) A demonstração
4.37 (a) - 1,136 a,. kY/rn
(b) (a.r + 0,2a,.) X 107 ruis
Qd
4.39 A demonstração,
(2 sen
41Te0 r ·3
Q2
-UI
81T8o0
4.43 6,61 2 nJ
esen <f> a, -
cos
esen <f> a0
-
cos <f> a6 ) V /m
665
666
•
Apêndice C
CAPÍTULO 5
5.1
-6,283 A
5.3 5,026 A
5.5 (a) -16xy;:e0 ,(b) -1 , 131 mA
5.7 (a) 3,5 X I07 Sim, alumínio
(b) 5,66 X 106 A/m2
5.9 (a) 0,27 mn
(b) 50,3 A (cobre); 9,7 A (aço)
(c) 0,322 mn
5.11 1,000 182
2
3
5.13 (a) 1 2,73za~ nC/m , 12,73 nC/m
(b) 7,427za~ nC/m 2 , -7,472 nC/m 3
5.15 (a)
Q2
411T
(b)
o
(1 - _!_)
Sr
(1 _ _!_),
(1-_!_)
(c)- Q
Q2
2
47ra
Br
47rb
Br
5.17 -24,72a.• - 32,95ay + 98,86a, Y/m
5.19 (a) A demonstração
o
5.21
5.23
5.25
5.27
5.29
5.31
5.33
(b) PoO"
3e0
2
(a) 0,442a_. + 0,442a> + O, 1768a~ nC/m
(b) 0,2653a,, + 0,5305ay + 0,7958a:
(a) 46,23 A
(b) 45,98 J.LC/m3
(a) 18,2 J.LS
(b) 20,58
(c) 19,23%
(a) - 1,06J a_. + 1,768ay + 1,547a, nC/m 2
?
(b) -0,7958a.. + 1,326a 1 + 1,16la, nCfm·
(c) 39,79°
o
(a) 387,8a, - 452,4a0 + 678,6a, Y/m, 12a" - 14a0 + 2 1a, nCtm·
(b) 4a" - 2a0 + 3a~ nC/m 2, O
(c) 12,62 mJ/m 3 para a região I e 9,839 mJ/m 3 para a região 2
(a) 705,9 V/m, 0° (vidro), 6.000 Y/m, 0° (ar)
(b) 1.940,5 V/m, 84,6° (vidro), 2.478,6 V/m, 51,2° (ar)
2
(a) 381 ,97 nC/m
(b) 0,95; ar nC/m2
r
(c) 12,96 1.d
Apêndice C •
CAPÍTULO 6
6.1
120a., + 120a,. - 24a=; 530,52 pC/m 3
P~3 + P~2 +
6.3 (a) -
6d&0
(b)
Pod _
3
pofl) x, (Po-\.2 -
(V" -
2&0
d
&oVo &oVo
d ' d
+ Pod
3&0
2d&0
PoX -
&o
6
157,08/- 942,5/ + 30,374 kV
A demonstração
A demonstração
?
•
25z kV, -25a.. kV/m, - 332a, nCfm·, + 332a. nCfm·
9,52 V; 18,20Sa,, V/m; 0, 1 6 1~. nC/m 2
6.15 11 ,7 V; - 17 ,86a0 V/m
6.17 A ded ução
6.5
6. 7
6.9
6. 11
6.13
wrrx
6.19 (a)
4
Vo
-- Lfmp:u·
1f'
(b)
4
V
/1.7r)'
7r
11
117rX
a
111rb
senh-
l/7r)'
senb
L
b
senh-
a
,
____!!.
IISenh-
sen-
fm:par
11 •
senhb (a - y)
117ra
11 •
,.
4 vo "
~
1r
(c)
senb
.,
111r
a
117r
senhb (a - x)
n e fnlp.lf
6.21 A demonstração
6.23 A demonstração
6.25 A demonstração
6.27 0,5655 crn2
6.29 A demonstração
6.3l (a) IOOV
• -99,5 nCfm·•
(b) 99,5 nC/m":
6.33 (a) 25 pF
(b) 63,662 nC/rn-•
47r
6.35 - - - - - -- -
++
---I
c d
6.37 21,85 pF
Ih
-
+
--- -I - -I
I
b
l
c
a
b
6.39 693, I s
6.4 1 A demonstração
6.43 A demonstração
6.45 O,7078 mF
6.47 (a) I nC
(b) 5,25 nN
6.49 - 0,1891 (a_.. + a,. + aJ N
6.51 (a) -138,24a_.. - 184,32~ Y/m
(b) - 1,0 18nC/m2
Vo
d
+
pofl) a ,
3e0
·
667
668
•
Apêndice C
CAPÍTULO 7
(b) 0,2753a_, + 0,382a,. + 0,1404a: Nm
0,9549a: Nm
(a) 28,47 a,. mNm
(b) -13a.. + 13a,. rnNm
(c) -5,1 ax + 1,7aJ mNm
(d) 5, la ,+ I ,7a,. mNm
7.7 (a) - 0,6792a: Nm
(b) O, 1989a: rnNrn
(c) 0,1989a_. + 0,1989ay Nrn
7.9 (a) I ,964a~ Nm
(h) I ,78a 4 A/rn
(c) - 0, 1 178a~ A/m
(d) -0,3457a., - 0,3 165a,. + O, 1798a4 A/rn
7.11 (a) A demonstração
(b) 1,78A/m; 1,125Nm
(c) A demonstração
7. 13 (a) I ,36a, A/rn
(b) 0,884az Nm
7. 15 (a) 69,63 Nm
(b) 36,77 Nm
7.1
7.3
7.5
o
•
O,
7.17 (b) Hô --
0
1
(Pz2)
2
b-' - a-' '
1rp
I
p <a
a<p<b
p>b
7. 19 (a)
(b) A demonstração, ambos os lados iguais -30 A
7.21 (a) 80aô nWb/m 2
(b) 1,756!LWb
7.23 (a) 31 ,43ay Nm
(b) 12,79a , + 6,366ay Nm
7.25 13,7 nWb
7.27 (a) campo magnético
(b) campo magnético
(c) campo magnético
7.29 ( 14aP + 42aô) X 104 N m, - 1,011 Wb
loP
7.3 1
, ac;
2?ra-
7.33 -
40
ILoP
4
a, Nm
2
(r!.. - 9) - S!Lof In .E_
3a
7.35 !Lof
287f c?
7.37 (a) SOA
(b) -250 A
7.39 A demonstração
?1r
Apênd ice C •
CAPÍTULO 8
8.1 -4,4ax + 1,3a_"
lU
8.5
+ I 1,4a: kV/m
(a) (2, I,933, -3, 156)
(b) 1, 177 J
(a) A demonstração
(b)
211111 0
8
oe
- 86.4a: pN
- 15,59 mJ
8.1 1 I ,949a,, mN/m
2
8.13 2, 133a_.- 0,2667a,. Wb/m
,
8. 15 (a) - 18,52a, mWb/m,
(b) - 4a: mWb/m(c) - li la, + 78,6a 8 mWb/m-"
8.7
8.9
8.1 7 (a) 5,5
2
(b) 8 J ,68a.r + 204,2a,. - 326,7a, I'Wb/m
(c) 55 a..- + 137,5 a ,. -220a, Nm
?
(d) 9,5 mJ/m8. 19 476,68 Wrn
ko
8.21 2-a.
a -
8.23 (a) 25al> + 15a 9
8.25
8.27
8.29
8.31
8.33
8.35
8.37
8.39
8.41
-
50a, mWb/nl
(b) 666,5 J/m3; 57,7 J/m3
26,83ax - 30a,. + 33,96a: Nm
(a) - 5a,. Nm, -6,283a,. ILWb/m2
•
(b) - 35a,.
N
m,
I
I
Oa
,.
J'
Wblm.
.
2
(c) 5a,. Nm, 6,283a1 JLWb/m
(a) 167,4
(b) 6.181 kJ/rn3
li ,58 mm
5. 103 espiras
A demonstração
190,8 A - esp; 19,080 Nm
?
88,5 mWb/m(a) 6,66 mN
(b) I ,885 mN
8.43 A demonstração
CAPÍTULO 9
9.1 0,4738 sen 377r
9.3 - 54 v
9.5 (a) -0,4r V
9.7
(b) -2t 2
9,888 I' V, o ponto A está em um potencial mais alto
0,97 mV
9.9
9.11 6A, no sentido anti-horário
?
9.13 277,8 Nm-; 77,78 A
9.15 36 GHz
669
670
•
Apêndice C
9.17 (a) V'· E,
(b)
= p,.je, V'· Hs = O, V' X
ao.. + ao,. + -ao. =
éJx
éJBx
Es
= jwJlH ,, V'
X
H,
= (u- jwe)Es
p,.
éJy
a,
éJB,. iJB~ O
-++- =
é)x
éJy
éJz
i!E:
éJE,.
éJ B_.
ay
a,
ar
éJE_,
éJE~
aB,
=-é)z
ax
éJt
aE) _ éJEx = _ aB,
éJy
ar
ax
éJH.
éJ H,.
oDx
-- = J < + ______::.
éJy
éJz
·
ar
aH, aH
àD,.
------" - - 0 = J . + -----'-
- - - =--
a,
élx
-=iJH~··
iJH,
-- = J
ax
iJy
z
9.19
9.21
9.23
9.25
é)(
J
+iJD,
(Jf
A demonstração
-0,3' 2 sen l04t mC/m 3
0,833 rad/m; I00,5 sen (3x sen wt a.r V/m
(a)
(b)
(c)
(d)
Sim
Sim
Não
Não
9.27 3 cos <f> cos (4 x I06t)a: A/m 2; 84,82 cos <f> sen (4
X
106t)a, kY/m
9.29 (2- p)(l + t)e- p- •a. Wb/m2, ( I + t)(3 - p) 101e-p-•a~ AJm2
•
471'
9.31 (a) 6,39/242,4°
(b) 0,2272(-202,14°
(c) 1,387/176,8°
(d) 0,0349/-68°
9.33 (a) 5 cos (wt - (3x - 36,37°)ay
20
(b) - cos (wt - 2z)ap
p
22,36
2 cos (wt r
9.35 A demonstração
(c)
</>
+ 63,43°) sen el\1
CAPÍTULO 10
10.1 (a) Ao longo de a
(b) I JlS; 1,047 m; 1,047
(c) Veja Figura C. I
10.3 (a) 5,4105 + j6, I29/m
(b) 1,025 m
(c) 5,125 X 107 rn/s
x 106 m/s
(d) I01,4I/4I,44° n
(e) - 59,16e-fll.·"'· e- r.:ay mAim
Apêndice C •
Figura C.l Referente ao Problema I 0.1.
25
- 25
I
=O
25
- 25
I=
T/8
I =
T/4
I=
T/2
25
- 25
25
- 25
10.5 (a) 1,732
10.7
(b) I ,234
(c) (1,091 -jl,89)X I0- 1 1 F/m
(d) 0,0 164Np/m
5
(a) 5 X 10 m/s
(b)
(c)
(d)
(a)
5m
0,796 m
14,05/45° n
10.9
0,05 + j2 /m
(b)3, 142 m
(c) 108 m/s
(d) 20 J1l
I0.11 (a) ao longo de - x
(b) 7, 162 X 10- 1 Fim
(c) I ,074 sen (2 X 108 + 6x)a , Y/ m
°
10.13 (a) sem perdas
(b) 12,83 rad/m; 0,49 m
(c) 25,66 rad
(d) 4.617 n
10.15 A demonstração
10.17 5,76, -0,2546sen (l09r - 8x)a 1 + 0,3183cos(I09r- 8x)a: Nm
10.19 (a) Não
(b) Não
(c) Sim
671
672
•
Apêndice C
2,183 m; 3,927 X 107 m/s
O, 1203 mm; O, 126 !l
2,94 X 10- 6 m
(a ) 131,6 !l
( b) 0, 1184 cos 2 (2-lr X 10St- 6x)a.c W/m 2
(c) 0,3535 W
8
0,225
10.29 (a) 2,828 X 10 racl/s,
scn (wt - 2z)a ,~ Nm
10.21
10.23
10.25
10.27
p
9
2
,
(b) 2 sen (wt - 2z)a 0 W/m"
p
(c) 11 ,46 W
I 2
10 3 1 (a) -- - 2
.
3' 3'
(b) -lO cos (wt
+ z)a, V/m; 26,53 cos (wt + z)ay mA/m
10.33 26,038 X 10- 6 H/m
10.35 (a) 0,5 X 108 rad/ m
(b) 2
(c) - 26,53 cos (0,5 X 108t + z)ax mA/m
2
(d) 1,06 1a<W/m
10.37 (a) 6,283 m, 3 X 108 rad/s, 7,32 cos (wt - z)a>. V/m
(b) - 0,0265 cos (wt - z)a , Nm
(c) -0,268; 0,732
(d) E 1 = lO cos (wt- z)a,.- 2,68 cos (wt + z)a,. V/m,
E2 = 7,32 cos(wt - z)a>' V/m, P 1méd = 0,1231 a, W/m~
2
P 2méd = O, 1231 80 W/m
10.39 Veja Figura C.2.
-j20
10.41 A demonstração, Hs = WJLo [ ky sen (k,x) scn (k,y)ax + k_, cos (k..x) cos (k1y)ay)
I 0,43 (a) 36,87°
')
( b) 79,58a_. + 106,la0 mWfm·
(c) (- I ,5 18a>' + 2,024aJ sen (wt
sen (wt - 9,539y - 3z) V/m
10.45 (a) 15 x 108 raclls
(b) ( -8a_, + 6a1 - Sa: ) sen ( 15
X
+ 4y - 3z) V/m, ( 1,877a,. - 5,968a,)
108t
+ 3x + 4y) V/m
Fi,::ur:1 C.2 Rclercnte ao Problema I 0.39: curva 11
correspondente ao t = 11TI8 , 11 = O. I. 2, . . . .
- - + - - --
-,,+-'
'
\'
, I
\\ ', , _ , .-'I
I
\
I
\
\
'
--
*---i2, 6
'
3, 5
I
,
I
4
-----~----~------~-- z
),/2
)../4
o
Apêndice C •
CAPÍTULO 11
ll.J
0,01 04 fl/m; 50,26 nH/m; 221 pF/m, OS/m
11.3 A demonstração
11.5 (a) 13,34/- 36,24°; 2,148 X 107 m/s
(b) I ,606 m
11.7 A demonstração
11.9
v
Zo
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{Jz) A
11.11 A demonstr